什么是尼姆博弈？（最优策略）

        尼姆博弈是一个两人博弈，2名玩家轮流从n堆物品中拿取一定数量（最小值1最大值全部）的物品，每次拿取时先选择某一堆，再从中拿取任意数量个物品，至少拿1个，至多将这一堆物品全部拿走，不能不拿。拿到最后一个物品的玩家获胜。

        这种题一般不要模拟不要模拟不要模拟（根本模拟不了），所以我们需要在写代码前用数学进行分析和优化。

        优化：最优策略是什么

        我们采用逆向思维来想n堆沙子的最后的几种情况。

        1、当只剩下一堆沙子时： 你的**选择是将所有石子全部拿走，你赢。

        2、当剩下两堆沙子时：假设现在有两堆石子且数量不相同，那么你的**选择是取走多的那堆石子中多出来的那几个，使得两堆石子数量相同，这样，不管另一个怎么取，你都可以在另一堆中和他取相同的个数，这样的局面你就是必胜。比如有两堆石子，第一堆有3个，第二堆有5个，这时候你要拿走第二堆的三个，然后两堆就都变成了3个，这时你的对手无论怎么操作，你都可以“学”他，比如他在第一堆拿走两个，你就在第二堆拿走两个，这样你就是稳赢的。同理，两堆沙子数量相同时先手必败。

        3、当剩下三堆沙子时 ，我们用（a，b，c）表示3堆沙子的局势，首 先（0，0，0）显然是奇异局势（这里不用管为什么叫奇异局势，往后面看即可）。无论谁面对奇异局势，都必然失败。第二种奇异局势是 （0，n，n），只要与对手拿走一样多的物品，最后都将导致（0，0，0）。仔细分析一下，（1，2，3）也是奇异局势，无论对手如何拿，接下来都可以变为（0，n，n）的情型。

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博弈双方都采取**策略，那么必然会存在以下的情况

一个状态是必败状态当且仅当它的所有后继都是必胜状态 

（（先手人的）必胜状态都不可能一步再走到（后手人的）必胜状态）
一个状态是必胜状态当且仅当它至少有一个后继是必败状态

（（先手人的）必输状态都可以一步到达（先手人的）必胜状态）

（反证法举例可以证明  以上两个命题的条件或结果一旦更改为假命题）

        那么双方的决策就都是给对方留下必败态，那么先手人是否赢（是否给对方留下必败态）只取决于输入堆的分布。

这里我们正式引入尼姆博弈结论（想看怎么来的可以去搜以下数学分析-尼姆博弈）

Bouton定理： 先手能够在非平衡尼姆博弈中取胜，而后手能够在平衡的尼姆博弈中取胜。即状态(x1, x2, x3, …, xn)为必胜状态当且仅当x1 xor x2 xor x3 xor … xor xn =0。这样的操作也称为Nim和(Nim Sum)

        而异或运算符号为^;

        所以我们只需要堆每堆的沙子数异或即可。

        例题1：                                                                               

        例题简要题干：两个玩家A、B，A先拿沙子，每次拿一堆沙子中的若干沙子（最小为1最大为全部），最后一个拿沙子的人赢。

输入        T (1≤T≤10^4)表示数据组数，n堆沙子（10^5）和每堆沙子的个数(10^4)

输出        获胜玩家

        代码如下。

#include<iostream> using namespace std; int main() { int T; cin >> T; int n, a; while (T--) { cin >> n; int ans = 0; while(n--) { scanf("%d", &a); ans ^= a; if (ans) printf("A\n"); else printf("B\n"); } } return 0; }

例题二（看似尼姆实则贪心）

        例题简要题干：两个玩家A和B，A先拿沙子。但是游戏按如下步骤进行：

• 奇数轮由A指定一堆非空的沙子堆开始。然后 B从这堆黑灰中拿走至少一（至多全部）单位数量黑灰。
• 偶数轮由B指定一堆非空的黑灰堆开始。然后A从这堆黑灰中拿走至少一（至多全部）单位数量黑灰。

输入        T (1≤T≤10^4)表示数据组数，n堆沙子（10^5）和每堆沙子的个数(10^4)

输出        获胜玩家        

        那么双方的决策会受到对方的制约，不符合尼姆博弈的规律，所以本题进行贪心。 

        再说一次，不要模拟不要模拟不要模拟（根本模拟不了），所以我们需要在写代码前用数学进行分析和优化。               

        优化一：对输入的数据（堆数）进行优化

       对于输入的数据，我们只需要开辟大小为2的int数组，分别储存沙子个数为1的沙堆数和沙子个数大于1的沙堆数。沙子个数大于1的沙堆数可以归并的证明如下。

        一堆沙子，其被取走的可能性如下：

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                        1.A取走

                        2.A取走一部分，B全部取走

                        3.A取走一部分，B取走一部分，A全部取走（等效为A全部取走）（在最优化策略中是a全部取走，这情况不会出现）

                        4.……………………（等效为第二步）

所以我们只需要开辟大小为2的int类型num数组，分别计数沙子为1的堆数（num[1}）和沙子不为1的堆数num[2]，进行判断。

         优化二：输入的沙子数为1的堆可以两两相消

             因为沙子数为1的沙堆只有一次操作的空间，而最贪心的策略就是模仿对方的下法，所以对方一但指定一个沙子数为1的堆让我全拿，我就同样指定一个一个沙子数为1的堆让对方全拿，即最后沙子数为1的堆只剩1或0。

        在这个条件下演化num[2]的个数得到如下结果               

 所以贪心代码如下

讯享网#include<iostream> using namespace std; int main() { int T; cin >> T; while (T--) { int n,a,sum[3]={0,0,0}; scanf_s("%d", &n); while (n--) { scanf_s("%d", &a); if (a == 1) { sum[1]++; } else { sum[2]++; } } if (sum[2] == 0) { if (sum[1] % 2 == 1) cout << "A" << endl; else cout << "B" << endl; } else { if(sum[1]%2==1) cout << "B" << endl; else cout << "A" << endl; } } return 0; }