博弈论进阶——Anti-SG

博弈论进阶——\(Anti\)-\(SG\)

博弈\(——\)多年以后，\(Bob\)仍然爱慕着\(Alice\)的容颜

\(SG\)函数的拓展\(——Anti\)-\(SG\)游戏

感谢贾志豪《组合游戏略述——浅谈SG游戏的若干拓展及变形》一文

一、\(Anti-Nim\)游戏

有\(n\)堆石子，两个人可以从任意一堆石头中拿走任意颗石头，拿走最后一个石头的失败。
这与我们之前处理的\(Nim\)游戏有所不同，即两人胜利的条件发生了改变，与\(Nim\)游戏相反，所以被称之为反\(Nim\)游戏。

结论：

先手必胜当且仅当满足下面两种情况的一种：
（1）任意堆的石子数都为\(1\)且游戏的\(SG\)值为\(0\)
（2）存在堆的石子数大于\(1\)且游戏的\(SG\)值不为\(0\)

证明：
假设有\(n\)堆石子。

1. 每堆只有一个石子
   之前我们就证明过每一堆石子的\(SG\)值显然是这堆石子的个数。每一堆的石子数均为\(1\)。
   很容易看出：
   当有偶数堆时，也就是\(SG\)值为\(0\)时，先手必胜
   当有奇数堆时，也就是\(SG\)值为\(1\)时，先手必败
2. 至少两堆石子数大于\(1\)
   考虑两种情况，当\(SG\)为\(0\)和\(SG\)不为\(0\)的情况。

• 当 \(SG\) 不为 \(0\) 时
  若还有至少两堆石子的数目大于 \(1\)，则先手将 \(SG\) 值变为 \(0\) 即可；若只有一堆石子数大于 \(1\)，则先手总可以将状态变为有奇数个 \(1\)。所以，当 \(SG\) 不为 \(0\) 时先手必胜。
• 当 \(SG\) 为 \(0\) 时
  至少有两堆石子的数目大于 \(1\)，则先手决策完之后，必定至少有一堆的石子数大于 \(1\)，且 \(SG\) 值不为 \(0\)，由上段的论证我们可以发现，此时，无论先手如何决策，都只会将游戏带入先手必胜局，所以先手必败。
  （说实话感觉大佬贾志豪这段的证明有点问题）
  另外一种证明方式

二、\(Anti-SG\)

\(Anti-SG\)游戏与\(SG\)游戏不同的点仅仅在于\(Anti-SG\)是最后一个进行操作的输。

\(SG\)函数存在这样一个性质：
\(SG\)为\(0\)的局面不一定为终局局面。（定理一的反命题）
基于这个性质我们可以知道\(Anti-Nim\)的结论并不能直接套用在\(Anti-SG\)上面。

对于这个问题，贾志豪给出了\(SJ定理\)\((Sprague Grundy——Jia Zhihao定理)\)

\(SJ\)定理
规定当局面中所有的单一游戏\(SG\)值为\(0\)时，游戏结束，则先手必胜当且仅当

1. 游戏\(SG\)值不为\(0\)且游戏中某个单一游戏的\(SG\)函数大于\(1\)
2. 游戏\(SG\)函数为\(0\)且游戏中没有单一游戏的\(SG\)函数大于\(1\)

证明（全文照搬）：

我们只需要证明：

1. 所有的终止局面为先手必胜局。（这一点显然，证明中略去）
2. 游戏中的任何一个先手必败局一定只能够转移到先手必胜局；
3. 游戏中的任何一个先手必胜局一定能够转移到至少一个先手必败局。

情况一：局面的 SG 函数为 0 且游戏中某单一游戏的 SG 函数大于1。

∵当前局面的 SG 函数值为 0
又∵SG 函数性质
∴它所能转移到的任何一个局面的 SG 函数值不为 0 ①
∵当前局面的 SG 函数值为 0 且游戏中某个单一游戏的 SG 函数大于1。
∴当前局面中必定至少有 2 个单一游戏的 SG 函数大于 1。
又∵每次至多只能更改一个单一游戏的 SG 值
∴它所能转移到的任何一个局面都至少有一个单一游戏的 SG 值大于1。②
由①②得，情况一所能转移到的任何一个局面都为先手必胜局。

情况二：局面的 SG 函数不为 0 且游戏中没有单一游戏的 SG 函数大于 1。

显然，当前局面一定有奇数个游戏的 SG 函数值为 1，其余游戏的 SG函数值为 0。

1. 将某个单一游戏的 SG 值更改为大于 1 的数。
   ∵转移前没有单一游戏的 SG 值大与 1，转移将某个单一游戏的 SG值更改为大于 1 的数。
   ∴转移后的局面一定有且只有一个单一游戏的 SG 值大于 1。 ③
   ∴后继局面的 SG 值一定不为 0。 ④
   由③④得，后继局面一定为先手必胜局。
2. 将某个单一游戏的 SG 值更改为 0 或 1。
   ∵转移是将某个 SG 值为 0 的单一游戏改成 SG 值为 1 的单一游戏，或将某个 SG 值为 1 的单一游戏改成 SG 值为 0 的单一游戏。
   ∴转移后的局面一定有偶数个 SG 值为 1 的单一局面且不含有 SG 值大于 1 的局面。
   ∴后继局面一定为先手必胜局。

情况三：局面的 SG 函数不为 0 且游戏中某个单一游戏的 SG 函数大于 1

1. 局面中只有 1 个单一游戏的 SG 值大于 1。
   我们选择更改 SG 值最大的单一游戏，我们可以选择将其更改成 0 或1 来保证转移后的局面有且只有奇数个 SG 值为 1 的单一游戏。
   则通过这种方式转以后的局面为先手必败局。
2. 局面中有至少两个单一游戏的 SG 值大于 1。
   根据 SG 函数性质（2），总存在一种决策可以将后继局面的 SG 函数值变为 0 ⑤
   ∵局面中有至少两个单一游戏的 SG 值大于 1
   又∵每次最多只能更改一个单一游戏的 SG 值
   ∴后继局面中至少有一个游戏的 SG 值大于 1 ⑥
   由⑤⑥得，后继局面为先手必败局。

情况四：局面的 SG 函数为 0 且游戏中没有单一游戏的 SG 函数大于1。

当局面中所有单一游戏的 SG 值为 0 时，游戏结束，先手必胜。
否则，局面有且仅有偶数个 SG 值为 1 的单一游戏，其余游戏的 SG
值为 0。
我们只需将其中的某一个 SG 值为 1 的单一游戏的 SG 值变为 0，游戏
中即可出现奇数个 SG 值为 1 的单一游戏，到达先手必败局。

一道模板题
code

```cpp
#include <bitset>
#include <vector>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <algorithm>
#include <map>
#include <unordered_map>
using namespace std;
using namespace std;
#define lowbit(x) x&-x
#define ll int
#define pll pair<ll,ll>
#define dob double
#define For(i,s,n) for(ll i = s;i <= n;i++)
#define mem0(a) memset(a,0,sizeof a)
#define gcd(a,b) __gcd(a,b)
#define lcm(a,b) a/gcd(a,b)*b
#define abs(x) x>=0?x:-x
const int N = 1e5+5;
const double eps = 1e-6;
const ll mod =  1000000007;
const ll inf = 1e9+50;

int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    ll t;cin>>t;
    while(t--){
        ll n;cin>>n;
        ll sum = 0,cnt = 0;
        for(ll i = 1;i <= n;i++){
            ll x;cin>>x;
            if(x>1)cnt++;
            sum^=x;
        }
        if((sum == 0 && cnt == 0)||(sum && cnt)) cout<<"John\n";
        else cout<<"Brother\n";
    }
    return 0;
}