网上的博弈博客和论文有很多，但是有些没有详细的证明，仅仅是给出了结论。今天作者将一些常见的博弈论模板集中起来，给大家介绍一下博弈论中一些单一游戏的决策和常见的Nim模板与证明。
注：下列游戏都建立在双方都有最优策略的情况下，若未加以说明，则每人每次至少取一个石子。
例1：取石子游戏之一
有两个游戏者：A和B，有n颗石子。
约定：两人轮流取走石子，每次可取1,2或3颗。A先取，取走最后一颗石子的人获胜。
问题：A有没有必胜的策略？
分析：这是小学必备奥数题之一，我们可以很容易的知道，当n为0,4,8,12……时，A必定会输，因为不论A取多少，B只要和A共同取走4即可；当n不为0,4,8,12……时，A只需要将n取成4的倍数，这样就变成了B先取，B一定会输，所以A一定会赢。
经过我们的分析发现，对这个游戏而言，0,4,8,12……这些状态是对于先手的必败状态，而其他状态是对于先手的必胜状态。
如果我们推广一下，每次不一定取1,2,3颗，而是取1\sim m颗，那么我们就可以得到，如果n\%(m+1)=0，即为先手必败状态，否则为先手必胜状态。而这个游戏就是著名的巴什博弈（Bash Game）
下面，我们现在介绍一下有关博弈的一些名词和概念
1、平等组合游戏
- 两人游戏。
- 两人轮流走步。
- 有一个状态集，而且通常是有限的。
- 有一个终止状态，到达终止状态后游戏结束。
- 游戏可以在有限的步数内结束。
- 规定好了哪些状态转移是合法的。
- 所有规定对于两人是一样的。
因此我们的例1提到的游戏即为一个平等组合游戏，但是我们生活中常见的棋类游戏，如象棋、围棋等，均不属于平等组合游戏，因为双方可以移动的棋子不同，不满足最后一个条件；而我们后续提到的游戏，以及博弈中的其他游戏，基本属于平等组合游戏
2、N状态（必胜状态），P状态（必败状态）
像例1的分析一样，0,4,8,12……等状态就是对于先手的P状态（必败状态），其他的则是对于先手的N状态（必胜状态）。
那么我们定义两个状态之间的转换：
- 所有的终止状态都为P状态
- 对于任意的N状态，存在至少一条路径可以转移到P状态
- 对于任意的P状态，只能转移到N状态
证明过于简单，这里不再赘述，我们只需要明白一点，每个人都会选择最策略即可。
当然这里所说的都是最后走步的人获胜的游戏，至于那些走到最后失败的游戏，我们在最后做了一个简单的讲解（Anti Nim）。
例2：取石子游戏之二
将例1的游戏扩展一下，我们定义一个集合S=\{{p_{1},p_{2},...,p_{k}}\}(k \in Z^*)，A,B在游戏的时候取走的石子数必须是集合里的数，其他条件不变。
那么，A还有必胜策略吗？
有没有必胜策略，我们关键是要找到哪些状态是P状态，哪些状态是N状态，不过，本题没有例1那么容易判断，因此我们需要引入一个新东西——SG函数，它的定义如下：
f(v)=mex\{f(u)|u\in child[v]\}
其中，mex(minimal excludant)是定义在整数集合上的操作。它的自变量是任意整数集合，函数值是不属于该集合的最小自然数。
mex(A)=min\{k|k \in \complement_{N}A\}
那么，终止状态的SG值显然为0，并且SG值为0的状态就是P状态，SG值不为0的状态就是N状态。
证明则非常显然，SG值为0的状态，说明它的所有后继状态都不为0，也就是它只能转移到非0状态，而SG值不为0的状态则不一样。那么SG值为0的状态就是必败状态的定义，SG值不为0的状态就是必胜状态的定义，所以我们只需要用集合S求出每个状态的SG值即可。
例3：取石子游戏之三
有n个石子，A,B两人轮流取石子，规定他们每次至多只能取当前石子总数\lceil \dfrac{s}{2}\rceil个石子，问A先手是否有必胜策略
这题主要是为了加强大家对SG函数的理解，我们考虑从0开始
SG(0)=0,SG(1)=1,SG(2)=0,SG(3)=mex\{SG(3-1),SG(3-2)\}=2
SG(4)=mex\{SG(4-1),SG(4-2)\}=1...
我们把他们列出来找下规律：
0,1
0,2,1,3
0,4,2,5,1,6,3,7
0,8,4,9,2,10...
好像有个很奇怪的规律：数列在间隔递增，上一行的数间隔着插在下一行的数中间。没错，这就是本题SG函数的规律，先手必败当且仅当SG值为0。
例4：取石子游戏之四（Nim游戏）
有n堆石子，石子数目分别为x_{1},x_{2},...,x_{n}，A,B两人每次可以选一堆石子取走任意多个，问A先手是否有必胜策略。
这题相当于例2的扩展版本，由于这里有多堆石子，因此我们可以得到多个SG值，而且这些SG值必定为x_{1},x_{2},...,x_{n}，那么我们怎么由这一些SG值得到整局游戏的SG值呢？
Nim游戏的神奇之处在于它的SG值和异或扯上了关系，Nim游戏中先手必败当且仅当x_{1}\oplus x_{2}\oplus...\oplus x_{n}=0,(\oplus为异或)，那么，这个为什么是成立的？
首先，\oplus满足如下定律和性质
- 交换律：x\oplus y=y\oplus x
- 结合律：x\oplus(y\oplus z)=(x\oplus y)\oplus z
- 拥有单位元：0\oplus x=x
- 相同两数运算为0：x\oplus x=0
- 消除律：x\oplus y=x\oplus z\Rightarrow y=z
当Nim游戏的SG值为0时，我们假定取x_{k}中的某些石子，使得其变成x_{k}'，我们假设x_{1}\oplus x_{2}\oplus...\oplus x_{k}\oplus...\oplus x_{n}=0=x_{1}\oplus x_{2}\oplus...\oplus x_{k}'\oplus...\oplus x_{n}，根据消除律可得，x_{k}=x_{k}'，这与我们的条件相矛盾，因此说明在取了石子之后，SG必然发生了改变；
那么对于一个SG值不为0的状态，我们必然可以通过一个操作，使得SG值变0。我们只需要找到当前SG最左端为1的一列（二进制），任意找到一堆石子使得那一列同样为1，从这堆中取走若干个石子，使得SG'值为0。这是显然可以的，因为将那一列变成0，这个数就必然变小了，对于其他列只需要把0变成1，1变成0即可。
因此，我们得到，对于Nim游戏而言，必败状态当且仅当x_{1}\oplus x_{2}\oplus...\oplus x_{n}=0，对于其他情况，先手必能使当前局面变成必败状态。
例5：取石子游戏之五（Nimk）
有n堆石子，石子数目分别为x_i，A,B两人每次可以选取最多k堆石子，并从选中的每堆石子堆中取走任意多的石子，问A是否有必胜策略
首先这题又称Nimk，那么肯定和Nim游戏有关联，其实Nimk就是Nim游戏的一个简单扩展
Nimk存在必胜策略，当且仅当，将所有石子数转成二进制后，存在某位上，所有二进制数中1的个数之和\%(k+1)不为0，用数学语言表述，则存在一个数t，使得(\sum\limits_{i=1}^n x_i\land2^{t-1})\%(k+1)\ne 0
如何证明？首先终止局面全为0，满足必败条件
对于任意一种必胜状态，必然存在一种取石子方式，使得其可以转移到必败状态。我们设必胜状态下，1的个数\%(k+1)不为0的最高二进制位上有m个1，则将这些1都改成0需要更改m堆；若遇到下一个二进制位上，1的个数\%(k+1)不为0，记该位上有r个1，并且记之前改变的m堆在该位上有a个1和b个-1（所有变量都是在\%(k+1)之后的值）
然后我们分情况讨论：
-
a\geqslant r$，则将$r$个$1\rightarrow0
-
b\geqslant k+1-r$，则将$k+1-r$个$0\rightarrow 1
-
重复上述操作，我们必然能使每一位上的1的个数\%(k+1)为0，即转移到先手必败态
那么对于任意一个先手必败态而言，由于我们每次最多只能选取k堆，所以我们不能在同一二进制位上改变k+1个值；而且每次改变会导致一系列的连锁反应，因此我们无法从一个先手必败态转移到先手必败态，证毕
其实Nim游戏相当于Nimk中k=1的情况……
例6：取石子游戏之六（Wythoff's Game）
有两堆石子，个数为x_{1},x_{2}；A,B轮流取石子，规定要么只取一堆的任意多个，要么在两堆里取同样任意多个，问A先手是否有必胜策略。
这种情况下是颇为复杂的，普通SG函数已经无法解决这个问题。我们用(a_{k},b_{k}),(a_{k} \leqslant b_{k},k \in [0,n])表示两堆物品的数量并称其为局势，如果甲面对(0,0)，那么甲已经输了，这种局势我们称为奇异局势。
那么，我们该如何去找到这些奇异局势呢？
首先我们知道，局势(x,y)和局势(y,x)是等价的。考虑递推的思想，我们已经知道(0,0)是个奇异局势，也就是个先手必败态，那么根据定义，能够到达(0,0)状态都为先手必胜态，也就不是奇异局势。
我们从直角坐标系来考虑，(0,0)为奇异局势后，那么(0,k),(k,0),(k,k)都是非奇异状态，我们把它们划去，然后找到第一个没有被划的点，也就是(1,2)和(2,1)（因为他俩对称），然后按同样的方法处理，之后找到(3,5)和(5,3)...
这样我们可以得到前几个奇异局势是：(0,0)、(1,2)、(3,5)、(4,7)、(6,10)、(8,13)、(9,15)、(11,18)、(12,20)...
通过找规律，我们大胆猜测一下(a_{k},b_{k})满足：
下面我们给出其证明：
-
根据我们寻找奇异局势的方法，可以得知a_{k}为之前未出现的最小自然数
-
我们使用数学归纳法，假定之前的k\in[1,n],(a_{k},a_{k}+k)都为奇异局势，我们只需要证明(a_{n+1},a_{n+1}+n+1)为奇异局势即可
从局势(a_{n+1},a_{n+1}+n+1)出发，只可能走向三种状态，从左边拿一点，从右边拿一点，或者两边一起拿一点：
情况一：因为比a_{n+1}小的数在之前都出现过，所以一旦左边少了，我们只要把右边拿到相同的情况即可
情况二（右边取的较少）：这样使得两堆之间差值变小了，变成了(a_{n+1},a_{n+1}+m)，这样我们拿成(a_{m},a_{m}+m)即可
情况二（右边取的较多）：这样使得右边比左边少了，这样就变成了和情况一类似，可以直接取到奇异拘束
情况三：若拿成(a_{m},a_{m}+n+1)，我们直接取成(a_{m},a_{m}+m)即可
奇异局势还有如下三条性质：
- 任何自然数都包含在一个且仅有一个奇异局势中。
- 任意操作都可将奇异局势变为非奇异局势。
- 采用适当的方法,可以将非奇异局势变为奇异局势。
我们同样给出其证明：
-
由于a_{k}是未在前面出现过的最小自然数，所以有a_{k}>a_{k-1} ,而b_{k}=a_{k}+k>a_{k-1}+k-1=b_{k-1}>a_{k-1} 。所以性质1，成立。
-
若只改变奇异局势(a_{k},b_{k})的某一个分量，那么另一个分量不可能在其他奇异局势中，所以必然是非奇异局势。如果使(a_{k},b_{k})的两个分量同时减少，则由于其差不变，且不可能是其他奇异局势的差，因此也是非奇异局势。
-
假设面对的局势是(a,b)：
如果 a=b，则同时从两堆中取走a 个物体，就变为了奇异局势(0,0)；
如果a=a_{k},b>b_{k}，那么，取走b-b_{k}个物体，即变为奇异局势；
如果a=a_{k},b<b_{k},则同时从两堆中拿走a_{k}-a_{b-a_{k}}个物体，变为奇异局势(a_{b-a_{k}},a_{b-a_{k}}+b-a_{k})；
如果a>a_{k},b=a_{k}+k，则从第一堆中拿走多余的数量a-a_{k}即可；
如果a<a_{k},b=a_{k}+k，分两种情况:
- 第一种，a=a_{j},(j<k),从第二堆里面拿走b-b_{j}即可；
- 第二种，a=b_{j},(j<k),从第二堆里面拿走b-a_{j}即可。
从如上性质可知，两个人如果都采用正确操作，那么面对非奇异局势，先拿者必胜；反之，则后拿者取胜。
而且，通过如上性质，我们可以发现，a_{n},b_{n}很像Beatty数列。其实，a_{n},b_{n}就是Beatty数列。
下面介绍下Beatty数列和Beatty定理：
取正无理数\alpha,\beta，使得\frac{1}{\alpha}+\frac{1}{\beta}=1
构造两个数列a_{n},b_{n}，它们的通项为a_{n}=\lfloor{\alpha n}\rfloor,b_{n}=\lfloor{\beta n}\rfloor
那么这个数列显然是正整数序列，Beatty定理指出，两个数列都是严格递增的，并且每个正整数在两个数列中只出现一次
我们给出其证明：
- 单调性：因为\frac{1}{\alpha}<1,\alpha>1，所以\alpha n-1>\alpha (n-1)，所以a_{n}-1>a_{n-1}，b_{n}也亦然如此。
- 完备性：我们要证明这个命题，只需要证明对于任意一个k,(k \in Z^*)，小于等于k的数在序列中出现了k-1次即可。
设数列a_{n}的前p项小于等于k（不包括p+1项），又因为每项取整前为无理数，不可能取到整数值，那么就有
\begin{cases}\alpha p<k+1\\\alpha (p+1)>k+1\end{cases}
合并两式，得到p=\lfloor\frac{k+1}{\alpha}\rfloor，这就是小于等于k的数在a_{n}中的出现次数，同理，我们可以得到其在b_{n}中的出现次数，那么我们有小于等于k的数在Beatty数列中的总出现数S=\lfloor\frac{k+1}{\alpha}\rfloor+\lfloor\frac{k+1}{\beta}\rfloor
注意到两个取整函数中的数都是无理数，于是我们就有严格的不等式
(\frac{k+1}{\alpha}-1)+(\frac{k+1}{\beta}-1)<S<\frac{k+1}{\alpha}+\frac{k+1}{\beta}
于是有k-1<S<k+1，那么S=k，证毕。
我们回到之前的奇异局势，由于奇异局势中的a_{n},b_{n}序列满足Beatty数列，那么同样满足其构造方法，即a_{n}=\lfloor\alpha n\rfloor,b_{n}=\lfloor\beta n\rfloor且\frac{1}{\alpha}+\frac{1}{\beta}=1。
因为a_{n}+n=(\alpha +1)n=b_{n}，所以\frac{1}{\alpha}+\frac{1}{\alpha +1}=1，解得\alpha=\frac{\sqrt{5}+1}{2}
那么，我们就得到了通项式:a_{k}=\lfloor{k×\frac{\sqrt{5}+1}{2}}\rfloor,b_{k}=a_{k}+k
所以对于任意局势，先手必败当且仅当局势为奇异局势，我们只需要用通项式判断其是否为奇异局势即可。
例7：取石子游戏之七（Fibonacci Nim）
有一堆个数为n的石子，A,B轮流取石子，满足：
- 先手不能在第一次把所有的石子取完；
- 之后每次可以取的石子数介于1到对手刚取的石子数的2倍之间（包含1和对手刚取的石子数的2倍）。
约定取走最后一个石子的人为赢家，问A先手是否有必胜策略。
这个和之前的Wythoff's Game和取石子游戏有一个很大的不同点，就是游戏规则的动态化。之前的规则中，每次可以取的石子的策略集合是基本固定的，但是这次有规则：一方每次可以取的石子数依赖于对手刚才取的石子数。
这个游戏叫做Fibonacci Nim，肯定和Fibonacci数列：1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,… 有密切的关系。如果试验一番之后，可以猜测：先手胜当且仅当n不是Fibonacci数。换句话说，必败态构成Fibonacci数列。
就像Wythoff博弈需要Beatty定理来帮忙一样，这里需要借助Zeckendorf定理（齐肯多夫定理）：任何正整数可以表示为若干个不连续的Fibonacci数之和。
首先我们证明下Zeckendorf定理（齐肯多夫定理）：
我们以Fib_{n}代表Fibnacci数列的第n项，m,(m \in Z^*)，易知当m=1,2,3时，该定理都成立，那么我们运用数学归纳法：假定该定理对所有小于m的数都成立，我们只要证明该定理对m成立即可。
- 当m为Fib数时，该定理成立
- 当m不为Fib数时，设Fib_{p_{1}}<m<Fib_{p_{1}+1}。
设m'=m-Fib_{p_{1}}<Fib_{p_{1}+1}-Fib_{p_{1}}=Fib_{p_{1}-1}，即m'<Fib_{p_{1}-1}
因为m'<m，又因为归纳法假设m'可以表示成不连续的Fibnacci数列之和，即m'=Fib_{p_{2}}+Fib_{p_{3}}+...+Fib_{p_{t}},(p_{2}>p_{3}>...>p_{t})且不是连续的整数，又因为m'<Fib_{p_{1}-1}，所以p_{2}<p_{1}-1，即p_{1},p_{2}也不是连续的整数。
故m=m'+Fib_{p_{1}}=Fib_{p_{1}}+Fib_{p_{2}}+...+Fib_{p_{t}},(p_{1}>p_{2}>...p_{t})且不是连续的整数，所以该定理成立
所以Zeckendorf定理（齐肯多夫定理）对所有的m,(m \in Z^*)都成立
那我们再看看Fibnacci数列的必败证明：
首先给出三个定理，之后证明需要用到:
-
Fib_{n+1}<2*Fib_{n}<Fib_{n+2}
-
Fib_{n+2}<3*Fib_{n}
-
4*Fib_{n}<3*Fib_{n+1},(4*Fib_{n}<3*(Fib_{n}+Fib_{n-1})\Rightarrow Fib_{n}<Fib_{n+1}<3*Fib_{n-1})
同样运用数学归纳法：
- 当i=2时，先手只能取1颗，显然必败，结论成立。
- 假设当i \leqslant k时，结论成立。
则当i=k+1时，Fib_{i}=Fib_{k}+Fib_{k-1}。
则我们可以把这一堆石子看成两堆，简称k堆和k-1堆。
(一定可以看成两堆，因为假如先手第一次取的石子数大于或等于Fib_{k-1}，则后手可以直接取完Fib_{k}，因为Fib_{k}<2*Fib_{k-1})
对于k-1堆，由假设可知，不论先手怎样取，后手总能取到最后一颗。下面我们分析一下后手最后取的石子数x的情况。
如果先手第一次取的石子数y \geqslant \dfrac{Fib_{k-1}}{3}，则这小堆所剩的石子数小于等于2y，即后手可以直接取完，此时x=Fib_{k-1}-y，则x \leqslant \dfrac{2*Fib_{k-1}}{3}。
我们来比较一下\dfrac{2*Fib_{k-1}}{3}与\dfrac{Fib_{k}}{2}的大小。即4*Fib_{k-1}与3*Fib_{k}的大小，我们已经得出后者大。
所以我们得到，x<\dfrac{Fib_{k}}{2}。
即后手取完k-1堆后，先手在能取最多石子的情况下不能一次性取完k堆，所以游戏规则没有改变，则由假设可知，对于k堆，后手仍能取到最后一颗，所以后手必胜。
即i=k+1时，结论依然成立。
对于不是Fibonacci数列，首先进行分解。
分解的时候，要取尽量大的Fibonacci数。
比如分解85：
则我们可以把$n$写成$n=Fib_{p_{1}}+Fib_{p_{2}}+……+Fib_{p_{k}},(p_{1}>p_{2}>……>p_{k})
我们令先手先取完Fib_{p_{k}}，即最小的这一堆。由于各个Fib之间不连续，则p_{k-1}>p_{k}+1，则有Fib_{p_{k-1}}>2*Fib_{p_{k}}。即后手只能取Fib_{p_{k-1}}这一堆，且不能一次取完。
此时后手相当于面临这个子游戏(只有Fib_{p_{k-1}}这一堆石子，且后手先取)的必败态，即先手一定可以取到这一堆的最后一颗石子。
同理可知，对于以后的每一堆，先手都可以取到这一堆的最后一颗石子，从而获得游戏的胜利。
例8：取石子游戏之八（Staircase Nim）
有n堆石子，每堆石子的数量为x_{1},x_{2},...,x_{n}，A,B轮流操作，每次可以选第k堆中的任意多个石子放到第k-1堆中，第1堆中的石子可以放到第0堆中，最后无法操作的人为输。问A先手是否有必胜策略。
Staircase Nim又名阶梯Nim，它其实可以通过一些转化变成我们所熟知的Nim游戏，先手必败当且仅当奇数阶梯上的石子数异或和为0，那么为什么是这样呢？
假如我们是先手，我们就按照这个方法将多余的石子从奇数堆移动到偶数堆里面。
此后如果对手移动的是奇数堆，我们就继续移动奇数堆使得SG值重新变为0；如果对手移动的是偶数堆，我们就将他移动到奇数堆中的石子继续往下移。
这样经过多次操作我们总能使奇数堆保持必胜状态，最后我们总可以在对手之后将石子从奇数堆移动到偶数堆，最后移动到第0堆，这样对手就不能移动了。
所以通过整个过程我们可以发现，偶数堆中的石子不会影响整个游戏的结果，只有奇数堆中的石子会影响游戏结果。
因此对这个游戏而言，先手必败当且仅当奇数堆中的石子数异或和为0。
例9：取石子游戏之九（Anti Nim）
本题为例4（Nim 游戏）的变相版本，其他条件均不变，唯独定义：取到最后一个石子的人为输。那么A先手是否有必胜策略？
这题和Nim游戏非常类似，就是输赢的条件不同，但是这个游戏的胜利状态却和Nim有一些区别，这个游戏的的胜利当且仅当：
- 所有堆石子数都为1且SG值为0
- 至少有一堆石子数大于1且SG值不为0
我们对这个游戏进行分析，将其分为两种情况：
对于第一种情况而言，我们可以很容易得到当堆数为奇数时，先手必败，否则先手必胜。
对于第二种情况而言，我们分两种情况进行讨论：
- 当SG值不为0时：
若还有两堆石子数目大于1时，我们将SG值变为0即可；若只有一堆石子数目大于1时，我们总可以让状态变成有奇数个1。所以当SG不为0时，先手必胜。
- 当SG值为0时：
这样的话至少会有两堆石子的数目大于1，那么先手决策完之后，必定会使局面的SG值不为0，这样便到了先手必胜局。所以当SG为0时，先手必败。
但是上述有关的推导只对于Anti Nim成立，对与Anti SG-组合游戏这个推论是不成立的，因此Anti SG-组合游戏的推论我们是需要重新证明的。不过这篇博客主要讨论单一游戏的决策问题，因此对于SG-组合游戏不予以讨论，有兴趣的读者可以参考贾志豪《组合游戏略述——浅谈SG游戏的若干拓展及变形》