20230413小记

Posted 2023-04-13 洛浔的小窝喵

昨天没写完的网络流 抄板子需谨慎....

[BZOJ2406]矩阵

link

二分答案，判断可行流。

博弈论小记

博弈论小记

博弈论小记

斐波那契博弈

n 个石子, A, B 博弈, A 先手取走任意个石子但不能全部取完, 然后 A, B 轮换, 每个人取的石子个数不得超过上一个人取走个数的 2 倍

结论: 若 n 为斐波那契数 B 必胜, 否则 A 胜.

首先证明斐波那契数 A 败, 归纳法, 1, 2, 3 显然 A 负, 若对于 \\(f_k\\) 均有 A 负, 考察 \\(f_k+1\\)

显然过程中每个人都不能拿超过 \\(\\fracn3\\) 颗石子, 也就是 \\(\\le f_k-2\\). 根据归纳假设, B 可以在某一轮中恰好拿走第 \\(f_k-2\\) 个石子.

讨论 B 最后一次最多拿走多少颗石子, 不难猜出是 \\(\\frac23 f_k-2\\), 如果更多, 即使前面全是 A 拿走也不能满足 2 倍的题目条件. 并由 \\(\\frac23 f_k-2 < \\frac12 f_k-1\\) 得, 剩下的 \\(f_k-1\\) 个石子可以视为子问题.

然后证明其他数字 A 胜.

根据齐肯多夫定理, n 可以分解为不连续的 fibnacci 数之和.

A 取走最小一堆, B 取不完下一堆, A 可以保证自己取走最后一颗, 这样就转化到 B 先手 n 为 Fibonacci 的局面.

齐肯多夫定理: 任意正整数数可以拆分成 \\(n = f_a+f_b + f_c + \\cdots f_k(a + 1 < b, b + 1 < c \\cdots )\\)

首先 fibnacci 肯定可以, 对于其他数, 找到最大的小于他的 fib, 然后对 n - fib 拆分即可.

威佐夫博弈

有两堆石子，数量任意，可以不同。游戏开始由两个人轮流取石子。游戏规定，每次有两种不同的取法，一是可以在任意的一堆中取走任意多的石子；二是可以在两堆中同时取走相同数量的石子。最后把石子全部取完者为胜者。现在给出初始的两堆石子的数目，你先取，假设双方都采取最好的策略，问最后你是胜者还是败者。

先打表出前几个先手必败局面: (0, 0), (1, 2), (3, 5), (4, 7) ...

两点性质:

1. y = x + id
2. x 是之前未出现的最小值

归纳, 假设序列长度为 n - 1 (不包括 0,0), x 是之前未出现的最小值.

对于 (x, x - k), x - k 之前出现过, 所以有必败局面 (v, x - k), 先手拿走若干变成 v 即可获胜.

对于 (x, x + k), (k < n) 若第 k 个二元组为 (y, y + k), 两堆石子同时拿掉一些即可获胜.

对于 (x, x + n), 可以发现怎么操作都输. 证毕.

推论得到每个正整数恰好出现一次.

betty 定理

a, b 为无理数且满足 \\(\\frac 1a + \\frac 1b = 1\\). 定义集合 \\(P =\\ \\lfloor na \\rfloor \\\\), \\(Q =\\ \\lfloor nb \\rfloor \\\\), \\(n \\in \\Z^+\\)

有 \\(P \\cup Q = \\Z^+\\), \\(P \\cap Q = \\varnothing\\)

证明:

1. 任意一个整数最多在 P(Q) 中出现一次 (a, b > 1)
2. 反证法证明 \\(P \\cap Q = \\varnothing\\)

若存在 \\(x \\in P \\cap Q\\)

有 \\(x < na< x + 1\\), 推得 \\(\\frac xn < a < \\fracx+1n\\), 推得 \\(\\frac nx > \\frac 1a > \\frac nx+1\\)

同理有 \\(\\frac mx > \\frac 1b > \\frac mx+1\\)

相加得到 \\(\\frac n+mx > 1 > \\fracn+mx+1\\)

整理得 \\(x < n + m < x + 1\\)

不存在一个正整数在相邻的两个正整数之间, 矛盾.

3. 反证法证明 \\(P \\cup Q = \\varnothing\\)

若存在 \\(x \\notin P \\cup Q\\)

有 \\(na < x < (n + 1)a - 1\\), 则 \\(\\frac nx < \\frac 1a < \\frac n+1x+1\\)

同理得到 \\(\\frac n+mx < 1 < \\frac2+n+mx+1\\), 则 \\(n + m < x < n + m + 1\\)

矛盾.

回到原题

原题就是将第一个数认为是 $\\lfloor na \\rfloor $, 第二个数为 \\(\\lfloor n(a+1) \\rfloor\\)

满足第一条性质, 取合适的 a 使得 \\(\\frac 1a + \\frac 1a+1=1\\), 则也满足第二条性质. 那么取 a 为黄金分割比即可.