浅谈算法——博弈

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篇首语:本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理,主要介绍了浅谈算法——博弈相关的知识,希望对你有一定的参考价值。

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,因此,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:
\[f(v)=mex\{f(u)|u为v的后继状态\}\]
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(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\((a_{k},b_{k}),(a_{k} \le b_{k},k \in [0,n])\)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。前几个奇异局势是:\((0,0)、(1,2)、(3,5)、(4,7)、(6,10)、(8,13)、(9,15)、(11,18)、(12,20)\)

可以看出,\(a_{0}=b_{0}=0\),\(a_{k}\)是未在前面出现过的最小自然数,而\(b_{k}=a_{k}+k\),奇异局势有如下三条性质:

  • 1.任何自然数都包含在一个且仅有一个奇异局势中。
  • 2.任意操作都可将奇异局势变为非奇异局势。
  • 3.采用适当的方法,可以将非奇异局势变为奇异局势。

证明:

  • 1.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。

  • 2.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。

  • 3.假设面对的局势是\((a,b)\),若 \(a=b\),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\(a_{k}–a_{b–ak}\)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

证明:

  • 1.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。
  • 2.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\(a_{n}=\lfloor\alpha n\rfloor,b_{n}=\lfloor\beta n\rfloor\)\(\frac{1}{\alpha}+\frac{1}{\beta}=1\)
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5:取石子游戏之六(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。

  • \(m\)\(Fib\)数时,该定理成立
  • \(m\)不为\(Fib\)数时,设\(Fib_{p_{1}}<m<Fib_{p_{1}+1}\)
    \(m‘=m-Fib_{p_{1}}<Fib_{p_{1}+1}-Fib_{p_{1}}=Fib_{p_{1}-1}\),即\(m‘<Fib_{p-1}\)
    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。
    \(m=m‘+Fib_{p_{1}}=Fib_{p_{1}}+Fib_{p_{2}}+...+Fib_{p_{t}},(p_{1}>p_{2}>...p_{t})\)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:

  • \(i=2\)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\(2y\),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\(\dfrac{2*Fib_{k-1}}{3}\)\(\dfrac{Fib_{k}}{2}\)的大小。即\(4*Fib_{k-1}\)\(3*Fib_{k}\)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,先手不能一下取完\(k\)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。
    \(i=k+1\)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Fibonacci数
比如分解85:
85在55和89之间,于是可以写成85=55+30,然后继续分解30,30在21和34之间,所以可以写成30=21+9,依此类推,最后分解成85=55+21+8+1。

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7:取石子游戏之七(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。

这就是一个Staircase 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8:取石子游戏之八(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:

  • 所有堆的石子数均为1
  • 至少有一堆石子数大于1

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》

以上是关于浅谈算法——博弈的主要内容,如果未能解决你的问题,请参考以下文章

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