浅谈博弈论
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以上是原文链接，请大家支持原创。
网上有许多关于博弈的结论和证明及其代码，在次我转发来着软件大佬的博客，作为必备模板：
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={p1,p2,...,pk}(k∈Z∗)S=\{{p_{1},p_{2},...,p_{k}}\}(k \in Z^*)S={p1,p2,...,pk}(k∈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}f(v)=mex\{f(u)|u为v的后继状态\}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∈∁NA}mex(A)=min\{k|k \in \complement_{N}A\}mex(A)=min{k∣k∈∁NA}
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。
类似代码请见Pku2960 S-Nim
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⌈s2⌉\lceil \dfrac{s}{2}\rceil⌈2s⌉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)}=2SG(0)=0,SG(1)=1,SG(2)=0,SG(3)=mex\{SG(3-1),SG(3-2)\}=2SG(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...SG(4)=mex\{SG(4-1),SG(4-2)\}=1...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x1,x2,...,xnx_{1},x_{2},...,x_{n}x1,x2,...,xn，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x1,x2,...,xnx_{1},x_{2},...,x_{n}x1,x2,...,xn，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x1⊕x2⊕...⊕xn=0,(⊕为异或)x_{1}\oplus x_{2}\oplus...\oplus x_{n}=0,(\oplus 为异或)x1⊕x2⊕...⊕xn=0,(⊕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⊕y=y⊕xx\oplus y=y\oplus xx⊕y=y⊕x
- 结合律：x⊕(y⊕z)=(x⊕y)⊕zx\oplus(y\oplus z)=(x\oplus y)\oplus zx⊕(y⊕z)=(x⊕y)⊕z
- 拥有单位元：0⊕x=x0\oplus x=x0⊕x=x
- 相同两数运算为0：x⊕x=0x\oplus x=0x⊕x=0
- 消除律：x⊕y=x⊕z⇒y=zx\oplus y=x\oplus z\Rightarrow y=zx⊕y=x⊕z⇒y=z
当Nim游戏的SG值为0时，我们假定取xkx_{k}xk中的某些石子，使得其变成x′kx_{k}'xk′，我们假设x1⊕x2⊕...⊕xk⊕...⊕xn=0=x1⊕x2⊕...⊕x′k⊕...⊕xnx_{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}x1⊕x2⊕...⊕xk⊕...⊕xn=0=x1⊕x2⊕...⊕xk′⊕...⊕xn，根据消除律可得，xk=x′kx_{k}=x_{k}'xk=xk′，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x1⊕x2⊕...⊕xn=0x_{1}\oplus x_{2}\oplus...\oplus x_{n}=0x1⊕x2⊕...⊕xn=0，对于其他情况，先手必能使当前局面变成必败状态。
代码请见Pku2975 Nim
例5：取石子游戏之五（Wythoff’s Game）
有两堆石子，个数为x1,x2x_{1},x_{2}x1,x2；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(ak,bk),(ak≤bk,k∈[0,n])(a_{k},b_{k}),(a_{k} \le b_{k},k \in [0,n])(ak,bk),(ak≤bk,k∈[0,n])表示两堆物品的数量并称其为局势，如果甲面对(0,0)(0,0)(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)(0,0)、(1,2)、(3,5)、(4,7)、(6,10)、(8,13)、(9,15)、(11,18)、(12,20)(0,0)、(1,2)、(3,5)、(4,7)、(6,10)、(8,13)、(9,15)、(11,18)、(12,20)
可以看出，a0=b0=0a_{0}=b_{0}=0a0=b0=0,aka_{k}ak是未在前面出现过的最小自然数，而bk=ak+kb_{k}=a_{k}+kbk=ak+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aka_{k}ak是未在前面出现过的最小自然数，所以有ak>ak−1a_{k}>a_{k-1}ak>ak−1 ,而bk=ak+k>ak−1+k−1=bk−1>ak−1b_{k}=a_{k}+k>a_{k-1}+k-1=b_{k-1}>a_{k-1}bk=ak+k>ak−1+k−1=bk−1>ak−1 。所以性质1，成立。
-
2.若只改变奇异局势(ak,bk)(a_{k},b_{k})(ak,bk)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(ak,bk)(a_{k},b_{k})(ak,bk)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)(a,b)(a,b)，若 a=ba=ba=b，则同时从两堆中取走aaa 个物体，就变为了奇异局势(0,0)(0,0)(0,0)；如果a=ak,b>bka=a_{k},b>b_{k}a=ak,b>bk，那么，取走b–bkb–b_{k}b–bk个物体，即变为奇异局势；如果a=ak,b<bka=a_{k},b<b_{k}a=ak,b<bk,则同时从两堆中拿走ak–ab–aka_{k}–a_{b–ak}ak–ab–ak个物体，变为奇异局势(ab–ak,ab–ak+b–ak);(a_{b–a_{k}},a_{b–a_{k}}+b–a_{k});(ab–ak,ab–ak+b–ak);如果a>ak,b=ak+ka>a_{k},b=a_{k}+ka>ak,b=ak+k，则从第一堆中拿走多余的数量a–aka–a_{k}a–ak即可；如果a<ak,b=ak+ka<a_{k},b=a_{k}+ka<ak,b=ak+k，分两种情况:第一种，a=aj,(j<k)a=a_{j},(j<k)a=aj,(j<k),从第二堆里面拿走b–bjb–b_{j}b–bj即可；第二种，a=bj,(j<k)a=b_{j},(j<k)a=bj,(j<k),从第二堆里面拿走b–ajb–a_{j}b–aj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，an,bna_{n},b_{n}an,bn很像Beatty数列。其实，an,bna_{n},b_{n}an,bn就是Beatty数列。
Beatty数列和Beatty定理：
取正无理数α,β\alpha,\betaα,β，使得1α+1β=1\frac{1}{\alpha}+\frac{1}{\beta}=1α1+β1=1
构造两个数列an,bna_{n},b_{n}an,bn，它们的通项为an=⌊αn⌋,bn=⌊βn⌋a_{n}=\lfloor{\alpha n}\rfloor,b_{n}=\lfloor{\beta n}\rflooran=⌊αn⌋,bn=⌊βn⌋
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1α<1,α>1\frac{1}{\alpha}<1,\alpha>1α1<1,α>1，所以αn−1>α(n−1)\alpha n-1>\alpha (n-1)αn−1>α(n−1)，所以an−1>an−1a_{n}-1>a_{n-1}an−1>an−1，bnb_{n}bn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∈Z∗)k,(k \in Z^*)k,(k∈Z∗)，小于等于kkk的数在序列中出现了k−1k-1k−1次即可。
设数列ana_{n}an的前ppp项小于等于kkk（不包括p+1p+1p+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
{αp<k+1α(p+1)>k+1\begin{cases}\alpha p<k+1\\\alpha (p+1)>k+1\end{cases}{αp<k+1α(p+1)>k+1
合并两式，得到p=⌊k+1α⌋p=\lfloor\frac{k+1}{\alpha}\rfloorp=⌊αk+1⌋，这就是小于等于kkk的数在ana_{n}an中的出现次数，同理，我们可以得到其在bnb_{n}bn中的出现次数，那么我们有小于等于kkk的数在Beatty数列中的总出现数S=⌊k+1α⌋+⌊k+1β⌋S=\lfloor\frac{k+1}{\alpha}\rfloor+\lfloor\frac{k+1}{\beta}\rfloorS=⌊αk+1⌋+⌊βk+1⌋
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
(k+1α−1)+(k+1β−1)<S<k+1α+k+1β(\frac{k+1}{\alpha}-1)+(\frac{k+1}{\beta}-1)<S<\frac{k+1}{\alpha}+\frac{k+1}{\beta}(αk+1−1)+(βk+1−1)<S<αk+1+βk+1
于是有k−1<S<k+1k-1<S<k+1k−1<S<k+1，那么S=kS=kS=k，证毕。
我们回到之前的奇异局势，由于奇异局势中的an,bna_{n},b_{n}an,bn序列满足Beatty数列，那么同样满足其构造方法，即an=⌊αn⌋,bn=⌊βn⌋a_{n}=\lfloor\alpha n\rfloor,b_{n}=\lfloor\beta n\rflooran=⌊αn⌋,bn=⌊βn⌋且1α+1β=1\frac{1}{\alpha}+\frac{1}{\beta}=1α1+β1=1。
因为an+n=(α+1)n=bna_{n}+n=(\alpha +1)n=b_{n}an+n=(α+1)n=bn，所以1α+1α+1=1\frac{1}{\alpha}+\frac{1}{\alpha +1}=1α1+α+11=1，解得α=5√+12\alpha=\frac{\sqrt{5}+1}{2}α=25+1
那么，我们就得到了通项式:ak=⌊k∗5√+12⌋,bk=ak+ka_{k}=\lfloor{k*\frac{\sqrt{5}+1}{2}}\rfloor,b_{k}=a_{k}+kak=⌊k∗25+1⌋,bk=ak+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6：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）。
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。
证明：
我们以FibnFib_{n}Fibn代表Fibnacci数列的第nnn项，m,(m∈Z∗)m,(m \in Z^*)m,(m∈Z∗)，易知当m=1,2,3m=1,2,3m=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mmm的数都成立，我们只要证明该定理对mmm成立即可。
- 当mmm为FibFibFib数时，该定理成立
- 当mmm不为FibFibFib数时，设Fibp1<m<Fibp1+1Fib_{p_{1}}<m<Fib_{p_{1}+1}Fibp1<m<Fibp1+1。
设m′=m−Fibp1<Fibp1+1−Fibp1=Fibp1−1m'=m-Fib_{p_{1}}<Fib_{p_{1}+1}-Fib_{p_{1}}=Fib_{p_{1}-1}m′=m−Fibp1<Fibp1+1−Fibp1=Fibp1−1，即m′<Fibp−1m'<Fib_{p-1}m′<Fibp−1
因为m′<mm'<mm′<m，又因为归纳法假设m′m'm′可以表示成不连续的Fibnacci数列之和，即m′=Fibp2+Fibp3+...+Fibpt,(p2>p3>...>pt)m'=Fib_{p_{2}}+Fib_{p_{3}}+...+Fib_{p_{t}},(p_{2}>p_{3}>...>p_{t})m′=Fibp2+Fibp3+...+Fibpt,(p2>p3>...>pt)且不是连续的整数，又因为m′<Fibp1−1m'<Fib_{p_{1}-1}m′<Fibp1−1，所以p2<p1−1p_{2}<p_{1}-1p2<p1−1，即p1,p2p_{1},p_{2}p1,p2也不是连续的整数。
故m=m′+Fibp1=Fibp1+Fibp2+...+Fibpt,(p1>p2>...pt)m=m'+Fib_{p_{1}}=Fib_{p_{1}}+Fib_{p_{2}}+...+Fib_{p_{t}},(p_{1}>p_{2}>...p_{t})m=m′+Fibp1=Fibp1+Fibp2+...+Fibpt,(p1>p2>...pt)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∈Z∗)m,(m \in Z^*)m,(m∈Z∗)都成立
Fibnacci数列的必败证明：
首先给出三个定理，之后证明需要用到:
Fibn+1<2∗Fibn<Fibn+2Fib_{n+1}<2*Fib_{n}<Fib_{n+2}Fibn+1<2∗Fibn<Fibn+2
Fibn+2<3∗FibnFib_{n+2}<3*Fib_{n}Fibn+2<3∗Fibn
4∗Fibn<3∗Fibn+1,(4∗Fibn<3∗(Fibn+Fibn−1)⇒Fibn<Fibn+1<3∗Fibn−1)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})4∗Fibn<3∗Fibn+1,(4∗Fibn<3∗(Fibn+Fibn−1)⇒Fibn<Fibn+1<3∗Fibn−1)
同样运用数学归纳法：
- 当i=2i=2i=2时，先手只能取1颗，显然必败，结论成立。
- 假设当i⩽ki \leqslant ki⩽k时，结论成立。
则当i=k+1i=k+1i=k+1时，Fibi=Fibk+Fibk−1Fib_{i}=Fib_{k}+Fib_{k-1}Fibi=Fibk+Fibk−1。
则我们可以把这一堆石子看成两堆，简称kkk堆和k−1k-1k−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Fibk−1Fib_{k-1}Fibk−1，则后手可以直接取完FibkFib_{k}Fibk，因为Fibk<2∗Fibk−1Fib_{k}<2*Fib_{k-1}Fibk<2∗Fibk−1)
对于k−1k-1k−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xxx的情况。
如果先手第一次取的石子数y⩾Fibk−13y \geqslant \dfrac{Fib_{k-1}}{3}y⩾3Fibk−1，则这小堆所剩的石子数小于2y2y2y，即后手可以直接取完，此时x=Fibk−1−yx=Fib_{k-1}-yx=Fibk−1−y，则x⩽2∗Fibk−13x \leqslant \dfrac{2*Fib_{k-1}}{3}x⩽32∗Fibk−1。
我们来比较一下2∗Fibk−13\dfrac{2*Fib_{k-1}}{3}32∗Fibk−1与Fibk2\dfrac{Fib_{k}}{2}2Fibk的大小。即4∗Fibk−14*Fib_{k-1}4∗Fibk−1与3∗Fibk3*Fib_{k}3∗Fibk的大小，我们已经得出后者大。
所以我们得到，x<Fibk2x<\dfrac{Fib_{k}}{2}x<2Fibk。
即后手取完k−1k-1k−1堆后，先手不能一下取完kkk堆，所以游戏规则没有改变，则由假设可知，对于kkk堆，后手仍能取到最后一颗，所以后手必胜。
即i=k+1i=k+1i=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：
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nnn写成n=Fibp1+Fibp2+……+Fibpk,(p1>p2>……>pk)n=Fib_{p_{1}}+Fib_{p_{2}}+……+Fib_{p_{k}},(p_{1}>p_{2}>……>p_{k})n=Fibp1+Fibp2+……+Fibpk,(p1>p2>……>pk)
我们令先手先取完FibpkFib_{p_{k}}Fibpk，即最小的这一堆。由于各个FibFibFib之间不连续，则pk−1>pk+1p_{k-1}>p_{k}+1pk−1>pk+1，则有Fibpk−1>2∗FibpkFib_{p_{k-1}}>2*Fib_{p_{k}}Fibpk−1>2∗Fibpk。即后手只能取Fibpk−1Fib_{p_{k-1}}Fibpk−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Fibpk−1Fib_{p_{k-1}}Fibpk−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。
代码请见[Coci2010]HRPA
例7：取石子游戏之七（Staircase Nim）
有n堆石子，每堆石子的数量为x1,x2,...,xnx_{1},x_{2},...,x_{n}x1,x2,...,xn，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。
类似代码请见Poi2004 GRA
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。
代码请见[SHOI2008]小约翰的游戏
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》
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