去年的高中同学会上，吃完饭后大家就坐成一圈开始玩猜数游戏了。主持人自己在手机上输入一个1到，比如说500，的数，然后大家轮流猜数，并由主持人告之是猜大了还是猜小了。猜中了的那个人接受惩罚，真心话，或者大冒险，然后成为新的主持人。例如，我们班班长想了个数230。然后某男猜200，班长说“200到500”，意思就是200小了，以后的人只能猜200到500之间的数；接下来某女说“300”，美女班长说“200到300”；然后另一个MM猜250，班长回答“200到250”；然后就轮到我猜了，我说“230吧”，班长一脸坏笑把手机拿出来给大家看，说“哈哈，你猜中啦”。然后呢，我就和某个MM做了一件特别牛B的事情，细节呢就不在这里说了。
    当天同学会结束后我赶回学校机房继续讲课。我提出了这么一个问题：如果我不想猜中的话，怎么决策最好？如果我想猜中的话，又该猜什么呢？这个博弈过程复杂就复杂在，这是由多个人参与的游戏，目的不是尽早猜中或者最晚猜中，最佳决策很可能既不是猜正中间也不是猜最大或最小；游戏是一圈一圈地循环进行，策略要视总人数和数字范围而定，并且很可能每个人居心各不相同。

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    现在，我在心里想一个不超过n的正整数t。你的任务是尽可能用奇数次猜测猜中这个数（你知道n是多少）。每次猜测后，我都会告诉你你所做的猜测是大了还是小了。你不能猜测已经被排除了的数（来消耗猜测次数），你的每次猜测都必须符合我原来给出的回答。你觉得，你获胜（奇数次猜中）的几率有多大？

 
    动态规划的几个类似的经典模型启发了我们：设a[m]表示采取最优策略后在m个数里猜奇数次猜中的概率，b[m]表示如果题目要求我们猜偶数次，那最优策略下有m个数时获胜的概率是多少。考虑现在我有m个数可以猜，我想在奇数次内猜中。现在我猜的是数字i。狗屎运最好时，我一次猜中直接就赢了，它的概率是1/m；有(i-1)/m的情况下我会得到“大了”的提示，这样的话我需要用偶数次猜测去猜前面那i-1个数；剩余的那(m-i)/m的情况中，我需要用偶数次猜测去猜m-i个数。因此，a[m] = Max {1/m + (i-1)/m * b[i-1] + (m-i)/m * b[m-i], 1≤i≤m} 。类似地，我们也可以得出b[m]的递推公式：b[m] = Max {(i-1)/m * a[i-1] + (m-i)/m * a[m-i], 1≤i≤m} 。
    学习使用Mathematica确实是一件好事，你可以用Mathematica非常方便地描述出我们上面的两个递推公式，不需要自己去写那些冗长的程序了。
a[m_] := Max[Table[1/m + (i-1)/m * b[i-1] + (m-i)/m * b[m-i], {i, m}]]; a[0] := 0;
b[m_] := Max[Table[(i-1)/m * a[i-1] + (m-i)/m * a[m-i], {i, m}]]; b[0] := 0;

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    才知道，海盗分金问题有一个非常有趣的扩展。5个海盗分100个金块不难，100个海盗分100个金块也不难，事实上200个海盗分100个金块也不成问题。有趣的事情发生在第201个海盗身上——为了保命，他连一块金子都不能拿。他不得不把所有100块金子都分给前面199个人中奇数编号的人，从而贿赂他们投他的票（因为在第200个海盗的最优方案中这些人什么都得不到）。加上自己的一票共101票，过半了。同样地，第202个海盗也必须把100块金子分给在第201个海盗的方案中什么也得不到的人，贿赂他们投自己一票。由于第201个海盗的方案中有101个海盗得不到任何东西，因此他的方案不再唯一。加上自己的票共101票，正好是202的一半，这样一来他也活下来了。当问题扩展到N=203时，情况有了戏剧性的变化——第203个海盗无论如何都会死！因为只有100块金子，根本不够他用来贿赂，他无论如何也只能得到101票（别忘了题目条件假设海盗在自身利益相同的情况下会选择杀更多的人）。牛B就牛B在第204个海盗，虽然他也只能贿赂到100票，但是他居然活下来了！你猜他怎么活的？哈哈哈~~~~因为第203个海盗无论如何都会投他一票，不投他的话等轮到自己时就完了。因此第204个海盗把100个金子分给在第202个海盗的方案中啥也得不到的人，加上203和自己的票共102票，这才活了下来。类似地，你会发现第205个海盗必死；第206个海盗虽然会得到205的支持，但是票数仍然不够；207想活的话需要104票，但他也只能搞到103票；208将得到205、206、207的支持，加上自己的一票和贿赂来的100票，正好活了。以后，第216, 232, 264, …, 200+2^n个海盗都将活下来，游戏将在他们这里结束。

    考虑这样一个双人对弈游戏：在一个8x8的方阵里分别填上1-64这64个正整数。然后A和B两个人轮流在格子中取数，A先取，B后取。取数的规则很简单：取过的数不能够再取，并且除了第一次以外，以后每次取的数必须与某个已经取过的格子相邻。所有数都取完后，所取数之和最大的人获胜。
    很显然，这个游戏对于A更有利一些。我们可以轻易构造一个初始状态，使得先取的人必胜。考虑A的这样一个策略：总是取能取的数中最大的一个。如果每次A都可以取走整个棋盘中最大的那个数，那A就赢定了（因为每次B接下来取的数都比A小）。这样的初始状态是很容易构造出来的，比如我们只需要从左往右从上至下依次填入这64个数就可以了，这可以保证如果从n到64的所有数都取走了，则n-1也可以被取走。
    现在的问题是，能否构造一个初始状态，使得后取的人有必胜策略？提示，解决这道题需要有超强的“整人”能力。你得想出足够多的坏点子才能找到弄死先行者的方法。你的心肠坏到足以解决这个问题吗？



































  
    解决问题的关键在于，我们要给A埋下“陷阱”。考虑这样一种局部构造：奇数个大数彼此相连，这些大数周围一圈全是小数。上图就是这样一个陷阱，钻石代表大数，其余黄色的格子都是小数。只要A踩进了某个黄色格子，他就中计了：B和A开始轮流取大数，但大数只有奇数个，因此B获得的大数比A多一个。为了让事情变得更简单，我们只考虑最简单的一种陷阱：只有一个大数，周围的邻格都是小数。我们还有几个难点：万一A一开始就把陷阱内的钻石取走咋办，又如何避免自己不会掉进陷阱，还有我们必须保证B从这些陷阱里赚到的足以弥补在其它地方亏的。要想有足够多的陷阱对A起作用，我们得布上至少三个陷阱，这样A可以在最能赚的陷阱里开局，但无法避免落入另外两个陷阱。为了保证自己不会掉进陷阱，我们可以把棋盘的其余部分划分为多米诺骨牌（一个个1x2的小长方形），这样的话不管A取哪一个格子，B总可以取对应的另一个格子，不会踩到陷阱。于是我们想到了下面的这个构造：

    

    我们在四个陷阱里分别填上1-2-3-61，4-5-6-62，7-8-9-63，10-11-12-64这四组数，每个多米诺骨牌里填上两个相邻的数。这样的话，A的最好策略就是从第一个陷阱里开始取数。他能从第一个陷阱里赚到(61+2)-(1+3)=59分，但他在其它陷阱里将分别丢掉(62+4)-(5+6)=55分、(63+7)-(8+9)=53分、(64+10)-(11+12)=51分。而多米诺骨牌一共只有24个，他最多只能捡24分回来，这是远远不够的。因此，先取者必输无疑。

参考资料：http://www.brand.site.co.il/riddles/200802q.html

  
    有这样的一类组合游戏，对于任一个游戏局面，游戏双方的合法决策都完全一样，游戏对战双方的唯一区别就是看谁先走。这样的游戏叫做Impartial Games。像什么报数啊，取火柴啊，取石子啊，这些游戏都属于Impartial Games；而象棋、围棋等要分棋子颜色的游戏则不属于Impartial Games。共享状态的游戏几乎没有可玩性，因为游戏开始前我们就能知道谁赢谁输（如果双方均使用最佳策略）。棋局的任一状态只有两种，面对这个棋局的人要么必胜要么必败。考虑这样的一个递推关系：如果一个状态是必胜态，那至少有一种走法能走成一个必败态留给对方；如果一个状态是必败态，那它怎么走都只能走到必胜态。运用这样的关系，我们可以自底向上推出初始状态是必胜还是必败。
    近来有人提出一个名为Atropos的游戏，它就是一个即使计算机也很难办的Impartial Game，它能保证这个游戏仍然具有可玩性。游戏在一个Sperner三角形上进行，上图就是一个边长为7的Sperner三角形。游戏开始后，双方依次在白色的圆圈里涂上红色、绿色或者蓝色，已经涂过颜色的圆圈不能再涂色。另外，只要有可能，所涂的圆圈都必须紧挨着上次对方涂的那个圆圈。谁先涂出三种颜色都有的小三角形，谁就输掉这场游戏。

  
    注意这个游戏是不可能出现平局的。当所有白色圆圈全部涂上了颜色后，至少会出现一个红绿蓝小三角形。为了证明这一点，我们可以在所有的绿色和红色圆圈中间画一个箭头，红的在箭头右边，绿的在箭头左边。这些箭头一定组成了一条一条的路径，它们既不会交汇也不会分岔。但整个图的边界上进来的箭头有4个，出去的箭头只有3个，于是至少有一条路径在里面走死了，也即迎面碰上了蓝色的圆圈。这样，我们就找到了一个红绿蓝三色都有的小三角形。

    这个游戏虽然属于Impartial Games，但它仍然具有可玩性。从直觉上看，这个游戏中的先手后手几乎没有区别，谁也不占优势。这篇论文则严格证明了，判断Atropos游戏的最佳策略属于PSPACE-complete，这是所有使用多项式空间的问题中最难的一类，所有使用多项式空间的问题都可以（在多项式的时间内）约化到它。这说明，Atropos游戏没有什么很显然的“决窍”，即使利用计算机也很难确定最优决策。

在线游戏：http://cs-people.bu.edu/paithan/spernerGame/SpernerGame.html (Java Applet)
查看更多：http://cs-people.bu.edu/paithan/spernerGame/

    小学奥赛的经典题目：两个人轮流在黑板上写一个不大于10的正整数。规定不准把已经写过的数的约数再写出来。谁最后没写的了谁就输了。问是先写的人必胜还是后写的人必胜，必胜策略是什么。
    答案很巧妙。先写者有必胜策略。他可以先写下数字6，现在就只剩下4、5、7、8、9、10可以写了。把剩下的6个数分成三对，分别是(4,5)、(7,9)、(8,10)，每一对里的两个数都不成倍数关系，且它们各自的倍数（如果出现过）必然是同时出现。因此不管你写什么数，我就写它所在的数对里的另一个数，这样可以保证我总有写的。
    今天偶然看到一个加强版，不知大家见过没有：规则不变，可以写的数扩展到所有不大于n的正整数。对于哪些n先写者必胜？证明你的结论。
































    你会有一种被骗的感觉-_-b
    其实，不管n是多少，先写者总有必胜策略。考虑一个新的规则“不准写数字1”。如果加上这个新规则后先写者有必胜策略，那么这个策略对于原游戏同样适用（因为1是所有数的约数，本来就不能写）；如果在新规则下后写者必胜，则原游戏中的先写者写下数字1，然后他就变成了新规则下的后写者。于是不管怎么样，先写者总是有必胜策略。
    To 3楼：忘了提一句，只要是双方共用状态（合法的决策完全相同）的对弈游戏，其中一方肯定有必胜策略。棋局的任一状态只有两种，面对这个棋局的人要么必胜要么必败。考虑这样的一个递推关系：如果一个状态是必胜态，那至少有一种走法能走成一个必败态留给对方；如果一个状态是必败态，那它怎么走都只能走到必胜态。运用这样的关系，我们可以自底向上推出初始状态是必胜还是必败。

    
    Update: 感谢网友FreePeter的精彩评论。这种分析方法有一种很形象的名字叫做Strategy-stealing，它的另一个经典例子是Chomp游戏。游戏在一块矩形的巧克力上进行，巧克力被分为MxN块。两人轮流选择其中一个格子，然后吃掉这一格及它右边、下边和右下角的所有格子。最左上角的那一块巧克力有毒，谁吃到谁就输了。上图是一个可能的对战过程。我们可以用类似的方法证明先手必胜。假设后手有必胜策略，那么先手把最右下角的那一块取走。注意到接下来对方不管走哪一步，最右下角的那一块本来也会被取走，因此整个棋局并无变化，只是现在的先手扮演了后手的角色，可以用后手的那个必胜策略来应对棋局，这样便巧妙地“偷”走了后手的必胜策略。
    上面所举的例子都是双方共用状态的游戏（ICG游戏），因此至少有一方存在必胜策略。对于其它一些非ICG游戏，我们也可以用类似的方法证明后手不可能有必胜策略（但在这里并不能说明先手一定必胜）。比如对于井字棋游戏，假设后手有必胜策略，那先手就随便走一步，以后就装成是后手来应对。如果在哪一步需要先手在已经下过子的地方落子，他就再随便走一步就是了。这种证明方法成立的前提就是，多走一步肯定不是坏事。事实上，对于所有这种“多走一步肯定不是坏事”的且决策对称的游戏，我们都可以证明后手是没有必胜策略的。

    在数学中，比较运算是有传递性的。如果A>B，且B>C，那么一定有A>C。但现实生活中却不一定是这样。三个人两两之间进行比赛，有可能A比B要强，B比C要强，但C反过来赢了A。事实上，这种现象即使在数学中也是存在的。在一些概率事件中，类似的“大小关系”很可能并不满足传递性。
    右边有四颗骰子，分别用A、B、C、D来表示。我让你先选择一颗你自己认为最好的骰子，然后我再从剩下的三个骰子中选一个。抛掷各自所选的骰子后，谁掷出的数字大，谁就赢了。那么，你应该选哪颗骰子好呢？
    其实，不管你选哪一个骰子，我获胜的概率总是要大一些，因为剩下的三个骰子中总有一个骰子比你的要好。事实上，在这四颗骰子中，A赢B的概率是2/3，B赢C的概率是2/3，C赢D的概率是2/3，D赢A的概率还是2/3，因此不管你选的是哪一个骰子，只要我选择它左边的那一个（如果你选的是最左边的，则我选择最右边的），我总保证有2/3的概率获胜。你认为这样的事情有可能吗？对你来说这样的事情合乎情理吗？

    如果你不信的话，我们可以一起来算一算：
    A和B比时，只要A扔出4的话A就赢了，这有2/3的概率；
    B和C比时，只要C扔出2的话B就赢了，这有2/3的概率；
    C和D比时，若C扔出6则C一定能赢，若C扔出2则胜负几率对等，因此C获胜的概率是(1/3) + (2/3)*(1/2) = 2/3；
    D和A比时，若A扔出0则D一定能赢，若A扔出4则胜负几率对等，因此D获胜的概率是(1/3) + (2/3)*(1/2) = 2/3。

Problem: game 取数游戏
题目来源：Matrix67根据经典问题改编

问题描述
    选数游戏是一个两人游戏。两人将轮流从1到9这九个数字中取数，取过的数不能再取。我们规定，谁取到的数里能找到三个数，使得这三个数的和为15，谁就获得了这次游戏的胜利。如果A取了1、6、7三个数，B取了2、3、5，若这时该A继续取数，则A取8可以获得胜利，因为当A获得了数字8后，出现了1+6+8=15。
    在游戏的每一着中，你可以得到此时游戏的状态。请你编程选择一种赢得游戏的最佳策略。

输入格式
    第一行输入若干个用空格隔开的数，表示你已经取了的数。这些数递增排列。
    第二行输入若干个用空格隔开的数，表示对手已经取了的数。这些数递增排列。
    当某一行没有数字（某个游戏者还没有选数）时，该行仍然会留出位置。

输出格式
    输出你认为此时你的最佳选择。

样例输入
1 6 7
2 3 5

样例代码
    下面的代码演示了游戏的这样一个策略：每一次总是选择最大的没有被取过的数。

program game;
var
   hash:array[1..9]of boolean;
   i:integer;
begin
   assign(input,'game.in');
   reset(input);
   repeat
      read(i);
      hash[i]:=true;
   until eof;
   close(input);

   for i:=9 downto 1 do
      if not hash[i] then break;
   assign(output,'game.out');
   rewrite(output);
   writeln(i);
   close(output);
end.

评分方法
    该题目将通过选手之间的循环赛进行评分。
    在某两个选手对抗时，测试程序将导入这两个选手的源程序并进行编译，然后轮流为选手编写输入文件实时描述对战情况。选手的输出文件将作为此次选手的决策提交上来。当游戏已经出现获胜方或无法继续进行时，测试程序自动结束。每两个选手比赛时将分两场进行，一场对抗后先行者将进行交换。任一次对抗中，选手胜一场得2分，负一场得-2分，平一场得0分（这个分数不是选手该题的最后得分）。对比赛得分进行排名后，若总选手数为n，你的排名为i，那么你的得分为(n-i+1)*100/n。得分为小数则取下整。排名相同则平分该段得分。
    选手程序出现以下情况将作为该次对抗的负者处理：
        选手程序单着运行时间超过1秒；
        选手内存占用超过64M；
        选手程序未输出决策或输出错误；
        选手程序非正常退出；
        选手程序发生错误导致评测程序非法退出。

    大家有没有看出来，这个游戏就是一个井字棋游戏。3个数加起来等于15一共有8种情况，而这8种情况恰好对应一个3阶幻方中的三个横行、三个纵列和两个对角线。也就是说，如果把这个游戏想成在下面的棋盘中进行，那就和井字棋游戏没什么两样了。

   +---+---+---+
   | 8 | 1 | 6 |
   +---+---+---+
   | 3 | 5 | 7 |
   +---+---+---+
   | 4 | 9 | 2 |
   +---+---+---+

    关于井字棋游戏，之前我曾有过研究。
    原来学博弈论之类的东西时，我曾写过一个程序，计算井字棋游戏的最佳策略。但不管我怎么搞，这个程序总是先走最角落的位置，这是十分可笑的。我一直在想，我的程序哪点儿有问题。后来我想到了。我的程序没有任何问题，而是人的习惯性思考出的错。我的程序计算出来的结果是对的，在井字棋游戏中开局占领一个角的胜算最大。

    比如说，现在我占了最左下角的那一个位置。那么下一步如果你走的是画了“X”的位置，你就输了。

   +---+---+---+
   | X | X | X |
   +---+---+---+
   | X |   | X |
   +---+---+---+
   | O | X | X |
   +---+---+---+

    下面的图1到图4这四个棋谱，它包含了除第二步走中间以外所有的分支情况。可以看出，如果你第二步不占领中间的话，你是必败的。
    图5告诉我们，即使对手占住了中间，第四步棋也有2/6个陷阱可以置他于死地。而另外4/6将导致棋局最终打平。假设每一步对方都是随机走的话，打到图6的情况概率为(1/8) * (4/6)，约为8.33%。反过来，我的胜算超过了90%。这在理论上可能是最大的了。
    当然，对手没有那么傻。面对这种情况，理智的人第二步总会想要占领中间的格子。考虑到这一点的话，胜算或许不到50%。

    仔细思考，你会发现，如果你第一步占领了中间的话，胜算是可以达到50%的。图7表明了这样一种情况，如果你第一步走中间，而对手不小心走到了边上，那么他就完了。比起前面的那些来，这里的陷阱可能更隐蔽一些。
    剩下的三个图表明，对手走了4个角中的一个后，最终结果必然是平局。

    至于以上这么多棋谱到底该选用哪一个，这个决策是属于自己的。

    我们考虑自己先行的所有情况的同时，也看清了自己作为后行者可能遇到的陷阱。对照以上棋谱，我们可以轻易获得平局的结果。

    由于井字棋游戏的总的情况数也只有那么多，变数不大，因此这个东西是一个非常入门级的东西。实际写程序的时候，分类讨论的效果比博弈树更好。

Matrix67原创
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