博弈论算法常见模型整理

博弈论

一、内容简介

本文主要介绍算法竞赛中常常出现的博弈论模型，包括：

1. 4个经典组合游戏
2. SG函数
3. SG游戏及拓展

二、前置概念

进一步学习需要了解一些前置概念

1. ICG
2. 博弈图
3. P点、N点
4. mex函数

1.ICG

ICG全称为“公平组合游戏”，我们下面讨论的博弈游戏均建立在ICG的基础上，那么什么是ICG呢，它需要满足以下条件：

• 由两名玩家交替行动
• 对任意局面，接下来可执行的行动仅与局面有关（玩家平等）
• 游戏以玩家无法行动为结束，且无平局

那么称此游戏为“公平组合游戏”

2.博弈图

我们可以看到，整个过程是各个状态的集合，且状态间可以到达，那么我们可以将这个博弈过程抽象为一张图，称为博弈图，这个游戏我们也称之为有向图游戏

那么这个图是一个有向无环图，图中有唯一的起点，可能有多个终点，两名玩家的交替行动可认为是图上的有向边，所有出度为0的节点便是终点

对于这个图，每个节点存储如下信息：{弈盘信息x，先手信息p，…}等

同时有如下结论：任何一个公平组合游戏均可以转化为有向图游戏

3.P点、N点

P点和N点是博弈里面两个及其重要的概念

• 先手必胜状态：先手行动后，可以将一个必败状态留给后手
• 先手必败状态：先手无论如何行动，只能将必胜状态留给后手
• 必败点（P点）：前一个选手取胜，当前选手将败的节点（previous）
• 必胜点（N点）：下一个选手将败，当前选手取胜的节点（next）

4.mex函数

mex函数是一个建立在集合上的整数函数，即$mex:S_N\mapsto N$ ，它的定义域是一个非负整数集，$mex$代表这个集合里最小未出现的非负整数，举几个例子： m e x ( { 1 , 2 , 3 } ) = 0 mex(\{1,2,3\})=0 mex({1,2,3})=0， m e x ( { 0 , 1 , 2 } ) = 3 mex(\{0,1,2\})=3 mex({0,1,2})=3， m e x ( { 0 , 2 , 3 } ) = 1 mex(\{0,2,3\})=1 mex({0,2,3})=1，等等

三、前置定理

定理一：没有后继状态的状态是必败状态

定理二：一个状态是必胜状态 $\iff$ 它至少存在一个向必败状态的转移

定理三：一个状态是必败状态 $\iff$ 它所有后继状态均为必胜状态

四、四大经典组合游戏

1.Nim游戏

给定 $N$ 堆物品，第$i$堆物品有 $A_i$ 个。

两名玩家轮流行动，每次可以任选一堆，取走任意多个物品，可把一堆取光，但不能不取。

取走最后一件物品者获胜。

问先手是否必胜。

Nim博弈是最经典的博弈之一，许多博弈均可转化为Nim博弈，我们给出结论：

先手必胜 $\iff$ $A_1\oplus A_2\oplus A_3...\oplus A_n\ne 0$

由归纳法其实很容易证得，也可以利用三个前置定理进行证明，但这个等价表达式还是给予我们很多震撼~~（也给予出题人很多灵感）~~

但其实我们不应把Nim游戏看成一个独立游戏，而应该把它看成若干个游戏的和

对每个游戏，先手是否必胜 $\iff$ $A_i\ne 0$

进而对于这 $n$ 个游戏的加和为 $A_1\oplus A_2\oplus A_3...\oplus A_n$

游戏和的概念后续还会继续用到，也是用异或的形式给出表达式，这个表达式很重要

int main(){
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; ++ i)  scanf("%d", &x), ans ^= x;
    puts("%s", ans ? "Yes" : "No");
    return 0;
}

2.Bash游戏

有 1 堆石子，总个数是 $n$ 。

两名玩家轮流在石子堆中拿石子，每次至少取 1 个，至多取 $m$ 个。

取走最后一个石子的玩家为胜者。

判定先手和后手谁胜。

给出结论：

先手必胜 $\iff$ $(m+1)\nmid n$

考虑三种情形 ：

情形一：$n\le m$时，显然先手必胜

情形二：$n=m+1$时，先手最多拿m个，但无论先手取走几个，后手一定可以拿完，后手胜

情形三：$(m+1)\mid n$ 时，假设先手每次拿 $x$ 个，后手可以拿 $m+1-x$ 个，最后后手胜

其余情形，先手均可以通过拿走 $n\%(m+1)$ 个，进而转至情形三，先手胜

int main() {
	scanf("%d%d", &n, &m);
    puts("%s", n%(m+1) ? "First Win" : "Second Win");
    return 0;
}

3.Wythoff游戏

有两堆石子，石子数可以不同。

两人轮流取石子，每次可以在一堆中取，或者从两堆中取走相同个数的石子，数量不限.

取走最后一个石头的人获胜。

判定先手是否必胜。

这个游戏的结论比较复杂，涉及到了平面上的点集，下图便是先手必败节点，$(x,y)$ 代表两堆石子个数

上面这张图粉色区域即为解集，解集是关于 $y=x$ 对称，靠前的解有：$(0,0),(1,2),(3,5),(4,7),(6,10),(8,13),(9,15),(11,18),(12,20),(13,21)...$ 等

解集 $(a_k,b_k)$ 满足 ：$a_k$ 是之前未出现的最小自然数，$b_k=a_k+k$

这个可以利用题目的性质进行归纳证明，主要利用了如下性质：

• 若$(x,y)\in Ans$ ，那么 $\forall t\in \mathbb{N},(x+t,y)\notin Ans,(x,y+t)\notin Ans,(x+t,y+t)\notin Ans$

我们称符合要求的解为奇异节点，奇异节点便是先手必败节点，而非奇异节点显然可以通过一步操作变成奇异节点，通过归纳法也可以证明奇异节点坐标正确性

按照解的定义，我们发现实际上集合 A = { a k ∣ k ∈ N } A=\{a_k|k\in \N\} A={ak​∣k∈N} 和 B = { b k ∣ k ∈ N } B=\{b_k|k\in \N\} B={bk​∣k∈N} 实际上是对整数区间的一个划分，即 $A\cap B=\varnothing ,A\cup B={\mathbb{N}}^{+}$ ，考虑引入Beatty定理：

如果两个无理数 $\alpha ,\beta$ 满足：

$\frac{1}{\alpha }+\frac{1}{\beta }=1$

考虑两个正整数集 $A,B$ ：

A = { ⌊ n α ⌋ } , B = { ⌊ n β ⌋ } A=\{\lfloor n\alpha \rfloor\},B=\{\lfloor n\beta \rfloor\} A={⌊nα⌋},B={⌊nβ⌋} $(1)$

以及两个结论：

$A\cap B=\varnothing ,A\cup B={\mathbb{N}}^{+}$ $(2)$

那么我们断言：$(1)\iff (2)$ ，可利用取整函数的上下界进行证明

将 Beatty定理 代入我们的解集，利用 $\beta =\alpha +1$ 解出：$\alpha =\frac{\sqrt{5}+1}{2},\beta =\frac{3-\sqrt{5}}{2}$

假设两堆石子为 $(a_k,b_k),a_k<b_k$ ，那么先手必败 $\iff$ $(b_k-a_k)\times \alpha =k\alpha =a_k$

int main() {
	scanf("%d%d", &n, &m);
    if (a > b) swap(a, b);
    int ans = (b - a) * ((1.0 + sqrt(5.0)) / 2.0);
    puts("%s", ans==a ? "Second Success" : "First Success");
    return 0;
}

4.Fibonacci游戏

有 1 堆石子，总个数是 $n$ $(n\ge 2)$ 。

游戏双方轮流取石子，规则如下：

先手不能在第一次把所有的石子取完，至少取 1 颗；

之后每次可以取的石子数至少为 1 ，至多为对手刚取的石子数的 2 倍。

取走最后一个石子的人为赢家，求必败态。

结论：

先手必败 $\iff$ 石子数为斐波那契数

必要性可由归纳法简要证出，充分性建立在 Zeckendorf定理：

任何正整数均可以表示为若干个不连续的 Fibonacci 数之和

进而先手可以将石子划分成多堆不连续的斐波那契数的加和，先手先取走最小堆，然后可以通过操作，让后手来面临这些斐波那契堆，且每次后手不能取完，而先手可以取完，最后先手取完最后的石子，先手胜

int f[N], x;
map<int,bool>mp;
int main(){
	fib[1] = 1,	fib[2] = 1;
	for(int i = 3;i <= 50; ++ i) f[i] = f[i-1] + f[i-2], mp[f[i]] = 1;
	while(scanf("%d", &x) && x != 0)
		puts(mp[x] == 1 ? "Second win" : "First win");
    return 0;
}

五、SG函数

1.SG函数

SG函数是对博弈图中每一个节点或者说状态的评估函数，$SG:state\mapsto N$

规定游戏终点的 SG 函数值为 0 ，即 $SG(end)=0$ ，同时扩展规定一个游戏图的 SG 值为起点的 SG 值，即 $SG(Graph)=SG(start)$

在有向图游戏中，对每个节点 $x$ ，

设从 $x$ 出发有 $k$ 个状态转移，分别到达节点 $y_1,y_2,...,y_k$ ，

那么定义 $SG(x)$ 为 $x$ 的后继节点的 $SG$ 值集合取 $mex$

即： S G ( x ) = m e x ( { S G ( y 1 ) , S G ( y 2 ) , . . . , S G ( y k ) } ) SG(x) = mex(\{SG(y_1),SG(y_2),...,SG(y_k)\}) SG(x)=mex({SG(y1​),SG(y2​),...,SG(yk​)})

那么由前置定理，推出以下结论：

• 若 $SG(x)=0$ ，则为必败状态
• 若 $SG(x)\ne 0$ ，则为必胜状态

2.SG定理

SG 定理 ：

对于游戏 $X$ ，它可以拆分成若干个子游戏 $x_1,x_2,...,x_n$ ，$X={\bigcup }_{i=1}^n{x}_i$

那么，$SG(X)={\oplus }_{i=1}^{n}SG(x_i)=SG(x_1)\oplus SG(x_2)\oplus ...\oplus SG(x_n)$

换句话说，对于由 $n$ 个有向图组成的组合游戏，设它们的起点为 $s_1,s_2,...,s_n$ 当且仅当 $SG(s_1)\oplus SG(s_2)\oplus ...\oplus SG(s_n)\ne 0$ 时，这个游戏为先手必胜

证明方法与 Nim 游戏的证明类似

事实上，每一个简单 SG-组合游戏 都可以完全等效成一堆数目为 $K$ 的石子，其中 $K$ 为该简单游戏的 SG函数值。

定义游戏的和 ：

考虑任意多个同时进行的 SG-组合游戏，这些 SG-组合游戏的和 是这样一个SG-组合游戏：

在它进行的过程中，游戏者可以任意挑选其中的一个 单一游戏 进行决策，

最终，没有办法进行决策的人输。

易见，SG定理是对 游戏的和的SG值 和 单一游戏的SG值 间关系的一座桥梁，揭示了两者间的关系

3.简单应用

#include <unordered_set>  // AcWing 893
int n, m, x, res;
int a[N], s[N], ans[M];
int sg(int x){//记忆化搜索
    if(ans[x] != -1) return ans[x];
    unordered_set<int>St;
    for(int i = 1; i <= m; i++) if(x >= s[i]) St.insert(sg(x - s[i]));
    for(int i = 0; ; i++)  if(!St.count(i)) return ans[x] = i; // 求 mex
}
int main(){
    scanf("%d", &m);
    for(int i = 1; i <= m; i++)  scanf("%d", &s[i]);// m 个起点
    scanf("%d", &n);
    memset(ans, -1, sizeof ans);
    for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &x), res ^= sg(x);
    puts("%s", res ? "Yes" : "No");
    return 0;
}

六、SG游戏及拓展

这一章节我们讲述 SG 游戏以及一些常见的扩展和应用，包括以下内容：

1. $Anti-SG$ 游戏
2. $Multi-SG$ 游戏
3. $Every-SG$ 游戏
4. 翻硬币游戏
5. 无向图删边游戏

1. $Anti-SG$ 游戏

有 $n$ 堆石子

两个人可以从任意一堆石子中拿任意多个石子，不能不拿，

拿走最后一个石子的人失败

求必胜策略

这个似乎与 $SG$ 定理是相反的， $SG$ 函数建立在可执行决策上，它认为当可执行决策为空时（终点态） $SG$ 为 0 ，但这个游戏无法通过可执行决策来确切判断胜负，那我们是否要建立新的 $SG$ 定理了呢

先给出结论：先手必胜等价于

• $\forall i,A_i\le 1\&SG(X)=0$
• $\exists i,A_i>1\&SG(X)\ne 0$

简证：第一点显然，对于第二点，若 $SG(X)\ne 0$ ，先手每次操作使得其为 0 ，一直下去，使得最终只有一堆的石子数大于 1 ，此时，轮到先手操作，先手可以让局面变成只有奇数个 1 ，先手胜

其实除了全为 1 的情况，剩下情况还是符合常规 $SG$ 定理的，我们分析一下 $Anti-Nim$ 与常规 $Nim$ 的区别，主要区别在于 $SG(X)=0$ 时，我们无法判负，为解决这个几乎与常规 $Nim$ 颠倒的博弈，我们引出下面的 $SJ$ 定理

首先给出 $Anti-SG$ 游戏的具体定义：

决策集合为空的游戏者获胜，生成终止局面的游戏者判负

其余规则与普通的 $SG$ 游戏相同。

再给出 $SJ$ 定理：

对于任意一个 $Anti-SG$ 游戏

如果我们规定当局面中所有的单一游戏（不可再分割游戏）的 $SG$ 值为 0 时，游戏结束

那么先手必胜等价于：

（1） $\forall i,SG(x_i)\le 1\&SG(X)=0$

（2） $\exists i,SG(x_i)>1\&SG(X)\ne 0$

证明与上述 $Anti-Nim$ 类似

// Luogu P4279 Anti-Nim 模板题
int n, m, t, k;
int a[N];
int main(){
    scanf("%d", &t);
    while(t -- ) {
        scanf("%d", &n);
        int sg = 0， flag = 0;
        for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
            scanf("%d", &a[i])， sg ^= a[i];
            if(a[i] > 1) flag = 1;
        }
        if((flag == 0 && sg == 0) || (flag == 1 && sg != 0))  puts("John");
        else puts("Brother");
    }
    return 0;
}

2. $Multi-SG$ 游戏

有 $n$ 堆石子

两个人可以从任意一堆石子中拿任意多个石子，不能不拿

或者可以把一堆数量不少于 $2$ 石子堆分为两堆不为空的石子堆

无法操作的人失败

问谁有必胜策略

给出结论：

$SG(x)=\{\begin{array}{ll}x-1,& x\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}4)\\ x,& x\equiv 1\&2(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}4)\\ x+1,& x\equiv 3(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}4)\end{array}$

$SG(X)={\oplus }_{i=1}^{n}SG(x_i)$

具体怎么来的，是依靠 独特的智慧 打表 来的，不过事实上，打表也确实是很重要 博弈类游戏 结论发现来源，不是所有人都有着拉马努金那种高超的直觉和经验

我们再来给出 $Multi-SG$ 的准确定义：

$Multi-SG$ 游戏规定，在符合拓扑原则的前提下，一个单一游戏的后继可以为 多个单一游戏 。

$Multi-SG$ 其他规则与 $SG$ 游戏相同。

那么它有如下性质：

• 一个后继状态的SG值 为 后继状态中所能衍生出的所有独立游戏的异或和

举个简单的例子：$SG(3)$ 的后继状态有 { ( 0 ) , ( 1 ) , ( 2 ) , ( 1 , 2 ) } \{(0),(1),(2),(1,2)\} {(0),(1),(2),(1,2)} 也就是这堆有 $3$ 个石子的石子堆，可以拿走或者分开等四种情况，他们的 $SG$ 值分别为 $ { 0 , m e x { 0 } = 1 , m e x { 0 , 1 } = 2 , m e x { 0 , 1 , 2 } = 3 }$，因此 $SG(3)=mex{0,1,2,3}=4 $

int n, a[N], sg[N]; // hdu 3032 Multi-Nim 模板
int main(){
    int t, scanf("%d", &t);
    while(t -- ) {
        int ans = 0;
        scanf("%d", &n);
        for(int i = 1; i <= n; ++ i) scanf("%d", &a[i]);
        for(int i = 1; i <= n; ++ i) {
            if(a[i] % 4 == 0) sg[i] = a[i] - 1;
            else if(a[i] % 4 == 3) sg[i] = a[i] + 1;
            else sg[i] = a[i];
            ans ^= sg[i];
        }
        puts("%s", ans ? "Alice" : "Bob")
    }
    return 0;
}

int sg[M], vis[M]; // hdu 3032 打表代码
int main(){ // 对于一堆石子，数量为 M ，打表出 SG[M]
    sg[0] = 0, sg[1] = 1;
    for (int i = 2; i < M; ++ i){
        memset(vis, 0, sizeof(vis));
        //操作一，至少取一个
        for (int j = 1; j <= i; ++ j) vis[sg[i - j]] = 1;
        //操作二，分成两堆，不为空
        for (int j = 1; j < i; ++ j) vis[sg[j] ^ sg[i - j]] = 1;
        int j = 0; while (vis[j]) j ++ ;
        sg[i] = j;
    }
    for (int i = 1; i <= M; ++ i) printf("sg[%d] : %d\n", i, sg[i]);
    return 0;
}

3. $Every-SG$ 游戏

给定一张无向图，上面有一些“棋子”

每人每次必须将所有可以移动的棋子都进行移动

最后不能移动的人输

求是否有必胜策略

还有一道 杭电OJ （HDU-3595） 的题：

GG和MM喜欢玩游戏。在游戏开始时，有两堆石头。

MM首先选择一堆石头，里面有 $x$ 块石头，然后选择一个正数k，从另一堆有 $y$ 块石头的堆中取走 $kx$ 块石头 $(y\ge kx)$ 。

然后是轮到了GG，也遵循上述规则选择石头。

当有人不能移除任何石头时，他就输掉了比赛，这个游戏就结束了。

很多年后，GG和MM发现这个游戏太简单了，所以他们决定一次同时玩 $N$ 个上述游戏。

MM先手，当进入他的回合时，他必须对每个未完成的游戏进行操作。

取石头规则与上述相同，如果有人无法取走任何石头（即输掉最后一场结束游戏），那么他就输了

对于每个测试用例，输出获胜者的姓名

给出 $Every-SG$ 游戏的具体定义：

$Every-SG$ 游戏规定，对于还没有结束的单一游戏，玩家必须对该游戏进行一步决策

$Every-SG$ 游戏的其他规则与普通 $SG$ 游戏相同

$Every-SG$ 游戏与普通 $SG$ 游戏最大的不同就是它多了一维：时间

对于 $SG$ 值为0的点，我们需要知道最少需要多少步才能走到结束，

对于 $SG$ 值不为0的点，我们需要知道最多需要多少步结束

所有游戏都是独立的，并且我们发现无法操作者输，而同时又在进行多个游戏。因此，我们知道胜负情况最终由最后结束的游戏的胜负情况觉定。

既然只与最后结束的游戏相关，那么我们便不会太在意除最后一个游戏外其他游戏的胜负。

而且又由于我们得同时操作所有柚子，所以，对于我们必胜的游戏，我们一定会想办法将其尽可能的向后拖，尽可能完的结束；反过来，对于我们必败的游戏，我们一定会让他尽可能早的结束。

那么，我们首先可以判定出所有位置是 $N$ 点还是 $P$ 点，然后按照判定决策我们按拖延方案走还是加速方案走。

这样我们用 $step$ 变量来记录每个单一游戏的这个步数，有点像关键路径算法

s t e p ( u ) = { 0 , u ∈ E n d max ⁡ { s t e p ( v ) } + 1 , < u , v > ∈ E , u ∈ N , v ∈ P min ⁡ { s t e p ( v ) } + 1 , < u , v > ∈ E , u ∈ P step(u)=\begin{cases} 0 ,& u \in End \\ \max \{step(v)\}+1, & <u,v>\in E,u\in N,v\in P \\ \min\{step(v)\}+1, &<u,v>\in E,u\in P \end{cases} step(u)=⎩⎪⎨⎪⎧​0,max{step(v)}+1,min{step(v)}+1,​u∈End<u,v>∈E,u∈N,v∈P<u,v>∈E,u∈P​

给出必胜结论：

对于 $Every-SG$ 游戏，

先手必胜 $\iff$ 单一游戏中最大的 $step$ 为奇数

结论建立在以下三条性质上，可以归纳地证明，或者显然地感觉出它们是对的：

• 对于所有的单一游戏，先手必胜状态的 $step$ 值为奇数，先手必败状态的 $step$ 值为偶数
• 设最大的 $step$ 为 $ma{x}_s$ ，那么胜手可以保证该单一游戏最少会在 $ma{x}_s$ 步结束
• 设最大的 $step$ 为 $ma{x}_s$ ，那么胜手可以保证他所有必败的游戏最多在 $ma{x}_s$ 步结束

然后下面解决 HDU-3595 的题目，不过最好先看下 HDU-1525

浅要说下 HDU-3595 中单一游戏 $N/P$ 判定的结论，这个单一游戏的背景来源于 $Euclid$ 游戏，

假设 $a\ge b$，那么如果 $a=b$，先手必胜，如果 $a\%b=0$ ，先手必胜，

而如果 $b<a<2b$ 的话，怎么取就已经定了，

进而如果 $a>2\ast b$ ，那么先手可以决定谁先取到 $b<a<2b$ 这个状态，

所以当 $a>2\ast b$ 时，先手必胜，只用讨论当 $b<a<2b$ 时最后谁胜

int n,m,sg[MAX][MAX],step[MAX][MAX]; // hdu 3595
int SG(int x,int y){
	if(x > y) swap(x, y);
	if(~sg[x][y]) return sg[x][y];
	if(!x || !y) return sg[x][y] = 0;
	int r = y%x, d = y/x;
	if(d == 1){ // 此时操作唯一
		sg[x][y] = SG(r,x) ^ 1;
		step[x][y] = step[r][x] + 1;
		return sg[x][y];
	}else{ // 由上述说明知必胜
		step[x][y] = SG(r,x) + 1 + step[r][x]; // (r,x)先手胜的话，需多一步决策
		return sg[x][y] = 1;
	}
}
int main(){
	memset(sg, -1, sizeof(sg));
	while(cin >> n){
		int mx = 0, a, b;
		while(n--){
			cin >> a >> b; // 每个单一游戏的两堆石头数
            SG(a, b);
			mx = max(mx, step[a][b]);
		}
        puts("%s", mx&1 ? "MM" : "GG");
	}
	return 0;
}

4.翻硬币游戏

有 $n$ 枚硬币排成一排，依次编号 $1$ 到 $N$ ，有的正面朝上，有的反面朝上，

现在按照一定的规则翻硬币，

比如每次只能翻一枚或者两枚，或者每次只能翻动连续的几枚，

但是要求最靠右的硬币必须从正面被翻到了反面，

操作集合为空者负，

求必胜策略

给出结论：

当前局面的 $SG$ 值是所有正面朝上的硬币单独存在时的 $SG$ 值的异或和

结论的来源估计也是打表猜结论和归纳大法

不过这个结论可以直接用，配合状压或者别的算法可以出很多题目

5.无向图删边游戏

给定一个 $n$ 个节点的有根树，

两人轮流删边，删去边之后，不和根节点联通的部分都会被移除

不能操作者输，

求必胜策略

给出结论：

叶子节点的 $SG$ 值为 $0$ ，其他所有节点的 $SG$ 值为它所有儿子的 $SG$ 值加 $1$ 后的异或和

可以参考 克朗原理 的证明，配合归纳法，假设 $n$ 节点树成立，那么 $n+1$ 节点树也成立

同时，树的删边游戏可以进一步扩展，感兴趣的同学可以参考 $FusionPrinciple$

七、致谢与感悟

忙活了一整天，终于完结撒花了

学到了很多东西，对其内在数学模型有了更深的了解，也熟悉了一些常见处理手段（打表、归纳）

同时也收集了许多关于 $SG$ 函数应用的代码模板和应用模型，真的收获颇丰

下面给出一些有用的链接，在写作时参考了很多文章来源地址https://www.toymoban.com/news/detail-425456.html

• 《组合游戏略述——浅谈SG游戏的若干拓展及变形》贾志豪 本文参考了许多许多
• 博弈论ACM / OI_繁凡さん的博客 里面总结的特别全面
• 博弈论知识汇总 solvit 里面介绍了本文未提到的 $NimK$ 和 $StairNim$
• 博弈论题目总结（一） 和 博弈论题目总结（二） 分别介绍了经典博弈和 $SG$ 函数应用的大量例题
• 博弈论总结_Ethan-Walker的博客 里面包含了 80 余道博弈习题，涉及了博弈的方方面面
• ACM-ICPC中博弈论的一些小小总结_phython96的博客 也介绍了一些本文未出现的思想方法和模型

到了这里，关于博弈论算法常见模型整理的文章就介绍完了。如果您还想了解更多内容，请在右上角搜索TOY模板网以前的文章或继续浏览下面的相关文章，希望大家以后多多支持TOY模板网！