博弈问题学习笔记-编程知识

博弈问题学习笔记

news/2025/2/12 9:53:56/文章来源:https://www.cnblogs.com/Alfred-0x7c00/p/18710984

在 OI 中常常有这样一类问题：两个人按照一定的规则轮流进行游戏，最后只能有一个人获胜。给定游戏的初始状态，求先手是否有必胜策略。这类问题我们统称博弈问题。

博弈问题通常有三类解决方法：dp 求解（SG 函数），数据结构维护，数学推导（结论），有时需要综合运用其中的几种方法。

一、一些定义与两个基本定理

定义：

游戏的一些参数称为游戏的状态。
游戏的初始状态称为初态，最终能判定两人中谁获胜的状态叫做终态。
游戏从一个状态能转移到的另一个状态叫做这个状态的后继态。
存在先手必胜策略的状态叫做必胜态，不存在先手必胜策略的状态叫做必败态。

两个基本定理：

必胜态的所有后继态中存在至少一个必败态。
必败态的所有后继态都是必胜态。

这两个定理读者自证不难。

二、dp 求解（SG 函数）

这是解决博弈问题最普适的一类方法。通过刚才的定义和基本定理，我们可以发现博弈游戏其实就是一系列状态的转移，类似 dp 的过程，所以我们有时会使用 dp 来解决博弈问题，或是为数学推导法打表找到一些周期性的规律，进行优化。

例题 1. 为美好的世界献上爆炎（version 1）

传送门：https://www.luogu.com.cn/problem/T467518

桌上有 \(n\) 枚硬币，两⼈轮流拿硬币。每次可以在区间 \([l, r]\) 中选择⼀个数字 \(x\) 然后拿走 \(x\) 枚硬币，若⼀⽅⽆法再拿取则输掉了游戏，由惠惠先⼿开始拿硬币。

惠惠和悠悠都是聪明的，现在惠惠想在游戏开始前，请你帮忙判断她是否能够必胜，若她可以必胜则会按照必胜策略和悠悠进⾏游戏，若不能必胜她就只好作弊来战胜悠悠了。

对于另 \(20\%\) 的数据，满足 \(n \leq 5000, t \leq 5000\)。

题解：运用两个基本定理，我们可以写出这样的递推式：

\[dp_i=\left\{ \begin{array}{rcl} 0 & & {0 \le i < l}.\\ 1 & & {\exists j \in [\max(i - r, 0), i - l], dp_j = 0}.\\ 0 & & {\mathrm{otherwise}}.\\ \end{array} \right. \]

时间复杂度 \(O(n^2)\)。

vector<int> dp(n + 1, 0); // 0 ... l - 1, 先手必败
for (int i = l; i <= n; i++) {for (int j = l; j <= r && j <= i; j++) {dp[i] |= !dp[i - j]; // 能转移到必败态，就是必胜态}
}
if (dp[n]) {cout << "yes\n";
} else {cout << "no\n";
}

例题 2. [AGC010F] Tree Game

传送门：https://www.luogu.com.cn/problem/AT_agc010_f

题解：我们钦定一开始放的位置为根结点进行 dp。首先考虑儿子都是叶子结点的节点，如果放在这个节点上，一定是先手在根，后手在某个叶子，如此来回，此时是先手掌握主动权。那么如果叶子的最小值比根小，就是必胜态。

再考虑更复杂的树，一定能规约到若干上一种情况。如果子树有先手必胜策略，那么一定不能放后手到那个节点上。否则规约到上一种情况，可以写出递推式：

\[dp_i=\left\{ \begin{array}{rcl} 1 & & {\exists j \in son_i, dp_j = 0 \land a_i > a_j}.\\ 0 & & {otherwise}.\\ \end{array} \right. \]

时间复杂度 \(O(n^2)\)。

这题启发我们，类似 dp 的过程，我们分析博弈问题也可以从基本的子结构开始逐步扩展分析，这是非常实用的方法。

三、数据结构维护

通过数据结构，我们可以写出复杂的博弈递推，并且用数据结构进行优化。

例题 3. 为美好的世界献上爆炎（version 2）

在上一版的基础上，\(\sum n \le 10^5\)。

使用数据结构维护 dp 即可，时间复杂度 \(O(n \log n)\)。这类问题本质是数据结构优化 dp，不多做展开。

例题 4. The Game

传送门：https://codeforces.com/problemset/problem/2062/E2

琪露诺和大妖星正在玩一个游戏，游戏树由 \(n\) 个节点组成，根节点为 \(1\)。第 \(i\) 个节点的值是 \(w_i\)。他们轮流玩游戏，琪露诺先手。

在每一轮中，假设对手在最后一轮中选择了 \(j\) ，玩家可以选择满足 \(w_i > w_j\) 的任何剩余节点 \(i\) ，并删除节点 \(i\) 的子树。特别的，琪露诺可以在第一轮中选择任意节点并删除其子树。第一个不能操作的玩家获胜，他们都希望获胜。

Simple Version:

找到琪露诺在第一轮可能选择的任意一个节点。不存在输出 \(0\)。

题解：设琪露诺选择了节点 \(u\)。那么只要在 \(u\) 的子树外存在一个权值比 \(w_u\) 大的节点 \(v\)，那么琪露诺不会直接输掉（这是 \(u\) 要满足的必要条件）。在这些不会输掉的点中选择权值最大的一个即可（因为换到后手后也不能选择直接输掉的点，但是这些点中权值最大的已经被选择了，所以后手就必败了）。

Hard Version:

找到琪露诺在第一轮可能选择的所有节点。不存在输出 \(0\)。

题解：类似 Simple Version，我们要让后手完全不能进行操作（因为如果后手能进行操作，就能进行 Simple Version 中的构造使得先手输掉）。

设先手选择了节点 \(u\) 让后手无法选择，对于所有后手可能选择的节点 \(v\)（有 \(w_v > w_u\)），必须满足其中一个条件：

\(v\) 在 \(u\) 的子树内；
\(v\) 不在 \(u\) 的子树内，但是除了 \(v\) 和 \(u\) 的子树内，不存在任何权值比 \(w_v\) 大的节点 \(x\)。

第一个条件是好进行处理的。对于第二个条件，可以转化为在 \(v\) 的子树外比权值比 \(w_v\) 大的节点 \(x\) 的最近公共祖先 \(l_v\) 在 \(u\) 的子树内（或者干脆不存在这样的节点 \(x\)）。

维护 \(l_v\) 的 \(dfn\)，配合 ST 表即可。

cin >> n, cnt = 0;
vector<array<int, 2>> node;
for (int i = 1; i <= n; i++) {cin >> a[i], G[i].clear();node.push_back({a[i], i});
}
for (int i = 1; i < n; i++) {cin >> u >> v;G[u].push_back(v);G[v].push_back(u);
}
dfs(1, 0);
vector<int> ans;
LCAFenwick<int> pre(n), suf(n);
MAXFenwick<int> pre_mx(n), suf_mx(n);
MINFenwick<int> pre_mn(n), suf_mn(n);
sort(node.begin(), node.end(), greater<>());
for (int l = 0, r = 0; l < n; l = r) {while (r < n && node[r][0] == node[l][0]) r++;for (int x = l; x < r; x++) { // calculate lcaconst int i = node[x][1];lca[i] = LCA(pre.query(dfn[i] - 1),suf.query(n + 1 - dfn[i] - siz[i]));const int mx = std::max(pre_mx.query(dfn[i] - 1),suf_mx.query(n + 1 - dfn[i] - siz[i]));const int mn = std::min(pre_mn.query(dfn[i] - 1),suf_mn.query(n + 1 - dfn[i] - siz[i]));if (lca[i] == 0) continue;if (dfn[i] <= mn && mx < dfn[i] + siz[i]) {ans.push_back(i);}}for (int x = l; x < r; x++) { // update info.const int i = node[x][1];pre.update(dfn[i], i);suf.update(n + 1 - dfn[i], i);if (lca[i] != 0) {pre_mx.update(dfn[i], dfn[lca[i]]);pre_mn.update(dfn[i], dfn[lca[i]]);suf_mx.update(n + 1 - dfn[i], dfn[lca[i]]);suf_mn.update(n + 1 - dfn[i], dfn[lca[i]]);}}
}

这也启示我们，有的博弈过程是很短暂的，可能只会进行一两轮。