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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 \(\frac{n}{3}\) 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:
- y = x + id
- 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:
- 任意一个整数最多在 P(Q) 中出现一次 (a, b > 1)
- 反证法证明 \(P \cap Q = \varnothing\)
若存在 \(x \in P \cap Q\)
有 \(x < na< x + 1\), 推得 \(\frac xn < a < \frac{x+1}{n}\), 推得 \(\frac nx > \frac 1a > \frac n{x+1}\)
同理有 \(\frac mx > \frac 1b > \frac m{x+1}\)
相加得到 \(\frac {n+m}x > 1 > \frac{n+m}{x+1}\)
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.
- 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 \(\frac nx < \frac 1a < \frac {n+1}{x+1}\)
同理得到 \(\frac {n+m}x < 1 < \frac{2+n+m}{x+1}\), 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 \(\frac 1a + \frac 1{a+1}=1\), 则也满足第二条性质. 那么取 a 为黄金分割比即可.
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