博弈问题简介

    xiaoxiao2021-03-25  343

    参考:http://blog.csdn.net/pipisorry/article/details/39249337

    博弈问题简介

    所讨论的博弈问题满足以下条件:

    玩家只有两个人,轮流做出决策游戏的状态集有限,保证游戏在有限步后结束,这样必然会产生不能操作者,其输对任何一种局面,胜负只决定于局面本身,而与轮到哪位选手无关

    一般称满足以上条件的游戏称为ICG,比如我们将要讨论的Nim游戏。作为一个对比,我们平时玩的象棋就不属于ICG,因为它不满足第三条。

    ICG具有两个状态,我们称为必胜态和必败态,他们的关系:

    后继状态能达到必败的状态为必胜态

    所有后继状态都不为必败态,则其为必败态

    第二条也可以换一种说法:后继状态都是必胜态,则其为必败态。 所以我们可以看出一个状态不是必胜态,就是必败态。

    取石子游戏NIM

    取石子游戏是一个古老的博弈游戏,发源于中国,它是组合数学领域的一个经典问题。它有许多不同的玩法,基本上是两个玩家,玩的形式是轮流抓石子,胜利的标准是抓走了最后的石子。

    玩家设定: 先取石子的是玩家A,后取石子的是玩家B。

    经典的三种玩法

    一、巴什博奕(Bash Game),有1堆含n个石子,两个人轮流从这堆物品中取物,规定每次至少取1个,最多取m个。取走最后石子的人获胜。

    二、尼姆博奕(Nimm Game),有k堆各n个石子,两个人轮流从某一堆取任意多的物品,规定每次至少取一个,多者不限。取走最后石子的人获胜。

    三、威佐夫博奕(Wythoff Game),有2堆各n个石子,两个人轮流从某一堆或同时从两堆中取同样多的物品,规定每次至少取1个,多者不限。取走最后石子的人获胜。POJ1067

    平衡状态的概念:

       引入一个概念,平衡状态,又称作奇异局势。当面对这个局势时则会失败。任意非平衡态经过一次操作可以变为平衡态。每个玩家都会努力使自己抓完石子之后的局势为平衡,将这个平衡局势留给对方。因此,玩家A能够在初始为非平衡的游戏中取胜,玩家B能够在初始为平衡的游戏中取胜。

    http://blog.csdn.net/pipisorry/article/details/39249337

    取石子游戏不同玩法的解决方案

    玩法一(1堆n个石子每次最多取m个)

    显然,如果n=m+1,那么由于一次最多只能取m个,所以,无论先取者拿走多少个,后取者都能够一次拿走剩余的物品,后者取胜。因此我们发现了如何取胜的法则:如果n=(m+1)r+s,(r为任意自然数,s≤m),那么先取者要拿走s个物品,如果后取者拿走k(≤m)个,那么先取者再拿走m+1-k个,结果剩下(m+1)(r-1)个,以后保持这样的取法,那么先取者肯定获胜。总之,要保持给对手留下(m+1)的倍数,就能最后获胜。

    即,若n=k*(m+1),则后取着胜,反之,存在先取者获胜的取法。n%(m+1)==0. 先取者必败

    奇异局势的判定

        一般的奇异局势是n=(m+1)*i,其中i为自然数,即n%(m+1)=0,面对这种情况无论我怎么取,对方总可以将其恢复为n%(m+1)=0,一直到n=(m+1)局势。

    玩家的策略

        就是把当前面对的非奇异局势变为奇异局势留给对方。如果当前的石子个数为(m+1)*i+s,那么就将s个石子取走,使其达到奇异局势。

    变相的玩法

    两个人轮流报数,每次至少报一个,最多报十个,谁能报到100者胜。(<=>从一堆100个石子中取石子,最后取完的胜)

    最后一个奇异局势是n=(0)。一种奇异局势是,n=(m+1),那么无论我取走多少个,对方都能够一次取走剩余所有的物品取胜。

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    玩法二(k堆石子每次只从1堆取)

    简化问题:有三堆各若干个物品,两个人轮流从某一堆取任意多的物品,规定每次至少取一个,多者不限,最后取光者得胜。

        这种情况最有意思,它与二进制有密切关系,我们用(a,b,c)表示某种局势,首先(0,0,0)显然是奇异局势,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)的情形。     计算机算法里面有一种叫做按位模2加,也叫做异或的运算,我们用符号(+)表示这种运算。这种运算和一般加法不同的一点是1+1=0。先看(1,2,3)的按位模2加的结果: 1 =二进制01 2 =二进制10 3 =二进制11 (+) ——————— 0 =二进制00 (注意不进位)     对于奇异局势(0,n,n)也一样,结果也是0。     任何奇异局势(a,b,c)都有a(+)b(+)c =0。 如果我们面对的是一个非奇异局势(a,b,c),要如何变为奇异局势呢?假设 a < b< c,我们只要将 c 变为 a(+)b,即可,因为有如下的运算结果: a(+)b(+)(a(+)b)=(a(+)a)(+)(b(+)b)=0(+)0=0。要将c 变为a(+)b,只要从 c中减去 c-(a(+)b)即可。

    获胜情况对先取者的讨论

    异或结果为0,先取者必败,无获胜方法。后取者获胜;

    结果不为0,先取者有获胜的取法。

    奇异局势的判定

        对于一个普通的局势,如何判断其是不是奇异局势?对于一个局势(s1,s2,...sk),对所有石子个数做位的异或运算,s1^s2^s3^...^sk,如果结果为0,那么局势(s1,s2,...sk)就是奇异局势(平衡),否则就不是(非平衡)。从二进制位的角度上说,奇异局势时,每一个bit位上1的个数都是偶数。

    玩家的策略

        就是把面对的非奇异局势变为奇异局势留给对方。也就是从某一堆取出若干石子之后,使得每一个bit位上1的个数都变为偶数,这样的取法一般不只有一种。可以将其中一堆的石子数变为其他堆石子数的位异或运算的值(如果这个值比原来的石子数小的话)。

    拓展

    任给N堆石子,两人轮流从任一堆中任取(每次只能取自一堆),取最后一颗石子的人获胜,问先取的人如何获胜?

    根据上面所述,N个数异或即可。如果开始的时候T=0,那么先取者必败,如果开始的时候T>0,那么只要每次取出石子使得T=0,即先取者有获胜的方法。

    最后一个奇异局势是(0,0...,0)。另一个奇异局势是(n,n,0...0),只要对手总是和我拿走一样多的物品,最后会面对(0,0...,0)。

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    玩法三(2堆石子每次从一或两堆取一样数目的石子)

        前几个奇异局势是:(0,0)、(1,2)、(3,5)、(4,7)、(6,10)、(8,13)、(9,15)、(11,18)、(12,20)。。。

    奇异局势的判定

    可以看出,a0=b0=0,ak是未在前面出现过的最小自然数,而 bk= ak + k,奇异局势有如下三条性质:     1、任何自然数都包含在一个且仅有一个奇异局势中。     由于ak是未在前面出现过的最小自然数,所以有ak > ak-1 ,而 bk= ak + k > ak-1 + k-1 = bk-1 > ak-1 。所以性质1。成立。     2、任意操作都可将奇异局势变为非奇异局势。     事实上,若只改变奇异局势(ak,bk)的某一个分量,那么另一个分量不可能在其他奇异局势中,所以必然是非奇异局势。如果使(ak,bk)的两个分量同时减少,则由于其差不变,且不可能是其他奇异局势的差,因此也是非奇异局势。     3、采用适当的方法,可以将非奇异局势变为奇异局势。假设面对的局势是(a,b),若 b = a,则同时从两堆中取走 a 个物体,就变为了奇异局势(0,0);如果a = ak ,b > bk,那么,取走b - bk个物体,即变为奇异局势;如果 a = ak , b < bk ,则同时从两堆中拿走 ak - ab - ak个物体,变为奇异局势( ab - ak , ab - ak+ b - ak);如果a > ak ,b= ak + k,则从第一堆中拿走多余的数量a - ak 即可;如果a < ak ,b= ak + k,分两种情况,第一种,a=aj (j < k),从第二堆里面拿走 b - bj 即可;第二种,a=bj (j < k),从第二堆里面拿走 b - aj 即可。     从如上性质可知,两个人如果都采用正确操作,那么面对非奇异局势,先拿者必胜;反之,则后拿者取胜。 那么任给一个局势(a,b),怎样判断它是不是奇异局势呢? 这个奇异局势的序列的通项公式可以表示为:(推导见附录)

      Ak = [k*(1+sqrt(5.0)/2]

      Bk = Ak + k  

      其中k=0,1,2,...,n ,方括号表示int取整函数。

    有了这个通项式子,逆向的,对于某一个局势,只需要判断其A是否是黄金分割数的某个k的倍数,然后再确认B是否等于A+k即可。

    奇妙的是其中出现了黄金分割数(1+√5)/2 = 1.618...,因此,由ak,bk组成的矩形近似为黄金矩形,由于2/(1+√5)=(√5-1)/2,可以先求出j=[a(√5-1)/2],若a=[j(1+√5)/2],那么a = aj,bj = aj + j,若不等于,那么a = aj+1,bj+1 = aj+1+ j + 1,若都不是,那么就不是奇异局势。然后再按照上述法则进行,一定会遇到奇异局势。    

    我们会发现这个序列的规律,设序列第k个奇异局势元素为(Ak,Bk),k为自然数。那么,初始条件k=0时是,A0=B0=0,递推关系为下一个奇异局势的Ak是未在前面出现过的最小自然数,且Ak = Bk + k。

    变种玩法

    “皇后登山”游戏,在空的围棋棋盘上放一个棋子,该棋子每次只能向上或向右或沿对角线向右上方向移动(相似国际象棋),可以移动任意格,但不能不移动,两人轮流移动棋子,先将棋子移动到右上角者赢,问先移棋者的必胜策略。《智力游戏中的数学方法》。code:

    [cpp]  view plain  copy  print ? /****************************************************************************/   /*      编程之美 - NIM捡石子问题 皮皮 2014-9-10        */   /****************************************************************************/   #include <assert.h>   #include <stdio.h>   #include <math.h>      /*  黄金分割数最优算法   */   static int nim(int x, int y){       double a = (sqrt(5.0) + 1) / 2;             //goldenNum 1.618...       int n = abs(x - y);                         //bn - an       x = x < y? x : y;                            //取小者       return ( x != int(a * n) );   }      int main(){       int x, y;       while(scanf("%d%d", &x, &y) == 2)           printf("%d\n", nim(x, y));       return 0;   }   http://blog.csdn.net/pipisorry/article/details/39249337

    尼姆博奕的分解解释

    例一

    有一堆石子,两个人轮流从石子堆中拿走任意数量的石子,但不能不拿。谁不能拿谁为输。

    显然,这个游戏中只要先手把所有石子都拿完,那么后手就一定输了。因为此时没有石子,后手无法进行合法的操作。

    例二

    有两堆石子,分别为a,b个石子,每个玩家只能选一堆,然后拿走任意正整数个石子,谁不能拿谁输。

    我们先讨论一个特殊情况,即:a=b时,此时后手是必胜的。此时不管先手怎么操作,我们只要选择与先手不同的那堆,然后进行与先手相同的操作即可。

    这里a=b即为我们所说的必败态。而当a≠b时,我们肯定可以拿比较多的那堆,使之和少的那堆数量相等,此时我们就必胜了,所以此时就为必胜态。

    例三(二、尼姆博奕的另一种解释

    当有三堆,数量分别为a,b,c时,我们就比较不好分析了。当然我们可以直接搜索得到最后结果,但是当我们拓展到n堆时(相当于二、尼姆博奕),此时我们搜索也变得不可行了。

    于是我们有了一个强大的工具:sg函数

    sg函数

    sg函数为以下形式:SG(x)=mex(S)

    S表示x的所有后继状态

    mex表示不在集合里最小的非负整数

    必败态的sg值为0然后还要结合sg定理SGSGNim于是就可以把各个子游戏分而治之。举个例子

    假设我们用sg函数处理上述所说的例二,我们就可以把游戏分为两个单堆Nim子游戏。对于单堆的Nim游戏,如果我们可以取任意正整数多个,那么很容易就可以明,sg(x)=x。那么我们整个游戏的必败态则为sg1(x)sg2(x)=0显然只有当a=b时游戏为必败态,和我们的讨论结果一致。

    关于sg定理的证明

    对于必胜状态,一定存在后继的必败态

    我们假设现在的Nim和为X,现在的最大的一堆的数量为Y,那么我们只需要把这最大的一堆取成Z=X∧Y即可。因为除了最大的这堆外其他的Nim和为X∧Y,因此我们取完后,现在的Nim和即为sg′(X)=X∧Y∧(X∧Y)=0,显然为必败态了。而且我们也可以保证Z≤Y,即我们总有办法实现它。

    对于必败态,它的所有后继状态都是必胜的

    由于只能更改一堆的状态,无论哪一位的1被改变,那么原来那位上1的奇偶个数一定会改变,所以就会变为必胜态。

    [ 博弈问题入门 ]

    拓展:?

     综合一、三

    任给N堆石子,两人轮流从任一堆中任取(每次只能取自一堆),规定每方每次最多取K颗,取最后一颗石子的一方获胜.问先取的人如何获胜?

    与上面的问题比,这个更复杂一些,我们可以这样做

    令Bi=Ai mod(K+1)

    定义T‘=B1 xor B2 xor ... xor Bn

    如果T‘=0 那么没有获胜可能,先取者必败

    如果T’>0 那么必然存在取的方法,使得T‘=0,先取者有获胜的方法

    假设对方取了在Ai中取了r<=K个

    如果Ai中剩下的石子多于K 那么就在Ai中取走K+1-r个则Bi不变 T‘还是0

    如果Ai<=K 那么我们需要重新计算Bi和T‘ 按照上面的方法来做就可以了

    固定多个数目取石子

    Alice和Bob在玩一个取石子游戏,规则如下: 1,Alice先手,两人轮流取,每次可以取1/2/4颗。 2,取走最后一颗石子的人胜出。 问题: 1,共有16颗石子时,谁将胜出? 2,共有n (n>=1) 颗石子时,谁将胜出?

    分析:

    Alice的必胜态: 当Alice取完本轮石子后,剩下的石子为3的倍数(3*n),那么无论Bob怎么取,Alice都会赢。 简单解释如下: ①n = 1时,即Alice取完后只剩下3颗,那么无论Bob怎么取,Alice下次取都会取到最后一颗,会赢。 ②n >1时,即Alice取完后剩下3*n颗,当Bob取完后,剩下的石子数量总可以表示为: 3*k+1 或 3*k + 2(k >= 0),那么此时Alice可以将剩下的石子数重新变为3的倍数,如此递推下去。 ... 最终剩下石子数量变为3。也就是说,只要Alice取完后,剩下的石子数是3的倍数,那么Alice肯定会赢。

    即n%3==0时Alice输,否则赢(都按最优策略取石子)

    简化约数博弈

    两个人轮流在黑板上写一个不大于10的正整数。规定不准把已经写过的数的约数再写出来。谁最后没写的了谁就输了。问是先写的人必胜还是后写的人必胜,必胜策略是什么。 分析:先写者有必胜策略。他可以先写下数字6,现在就只剩下4、5、7、8、9、10可以写了。把剩下的6个数分成三对,分别是(4,5)、(7,9)、(8,10),每一对里的两个数都不成倍数关系,且它们各自的倍数(如果出现过)必然是同时出现。因此不管你写什么数,我就写它所在的数对里的另一个数,这样可以保证我总有写的。

    [小学奥赛的经典题目]

    约数博弈

    甲乙两个人玩一个博弈游戏。游戏初始状态包含1-n, 这n个正整数。 甲乙两个人轮流玩这个游戏。每轮游戏中,游戏者任意选择一个还存在的数,然后删掉它和它所有的约数。 谁最后没有数可删,谁就输掉了。 问题:他们都足够聪明,甲先开始,请分析谁有必胜策略?

    分析:先手有必胜策略。这个证明不是构造性的,也就是说没有给出先手怎么下才能赢。反证法:假设后手B有必胜策略,而先手A第一次取数1,B取了一个数x是必胜策略,然而A完全可以第一次取x(同时也必取了1)是必胜策略。故B必没有必胜策略。

    不过lz有一种比较暴力的策略不知对否:将所有数据分成数对(除数1外每个数对都不是约数),对手取完一个数后,如果剩下的是奇数,则取一个合适的数让剩下的数可以重新分对,如果剩下的是偶数,则取一个合适的数(这个数的约数有奇数个),剩下的数仍可以重新分对。这样对手不管取哪个数,总有一个与对手取的数不是约数的数可以给你取。

    Note:整数a除以整数b(b≠0) 除得的商正好是整数而没有余数,我们就说a能被b整除,或b能整除a。a称为b的倍数,b称为a的约数。一个数的约数必然包括1及其本身。任何正整数都是0的约数。

    变型:考虑一个新的规则“不准写数字1”。如果加上这个新规则后先写者有必胜策略,那么这个策略对于原游戏同样适用(因为1是所有数的约数,本来就不能写);如果在新规则下后写者必胜,则原游戏中的先写者写下数字1,然后他就变成了新规则下的后写者。于是不管怎么样,先写者总是有必胜策略。

    只要是双方共用状态(合法的决策完全相同)的对弈游戏,其中一方肯定有必胜策略。棋局的任一状态只有两种,面对这个棋局的人要么必胜要么必败。考虑这样的一个递推关系:如果一个状态是必胜态,那至少有一种走法能走成一个必败态留给对方;如果一个状态是必败态,那它怎么走都只能走到必胜态。运用这样的关系,我们可以自底向上推出初始状态是必胜还是必败。          这种分析方法有一种很形象的名字叫做Strategy-stealing,它的另一个经典例子是Chomp游戏。上面所举的例子都是双方共用状态的游戏(ICG游戏),因此至少有一方存在必胜策略。对于其它一些非ICG游戏,我们也可以用类似的方法证明后手不可能有必胜策略(但在这里并不能说明先手一定必胜)。比如对于井字棋游戏,假设后手有必胜策略,那先手就随便走一步,以后就装成是后手来应对。如果在哪一步需要先手在已经下过子的地方落子,他就再随便走一步就是了。这种证明方法成立的前提就是,多走一步肯定不是坏事。事实上,对于所有这种“多走一步肯定不是坏事”的且决策对称的游戏,我们都可以证明后手是没有必胜策略的。

    [博弈问题入门]

    Chomp!博弈(巧克力游戏)

    有一个n*m的棋盘,每次可以取走一个方格并拿掉它右边和上面的所有方格。拿到左下角的格子(1,1)者输,如下图是8*3的

    棋盘中拿掉(6,2)和(2,3)后的状态。

    结论:答案是除了1*1的棋盘,对于其他大小的棋盘,先手总能赢。

    分析:有一个很巧妙的证明可以保证先手存在必胜策略,可惜这个证明不是构造性的,也就是说没有给出先手怎么下才能赢。

    证明如下:如果后手能赢,也就是说后手有必胜策略,使得无论先手第一次取哪个石子,后手都能获得最后的胜利。那么现在假设先手

    取最右上角的石子(n,m),接下来后手通过某种取法使得自己进入必胜的局面。但事实上,先手在第一次取的时候就可以和

    后手这次取的一样,进入必胜局面了,与假设矛盾。

    [ Chomp!博弈(巧克力游戏)]

    约数和倍数博弈

    给定的一些自然数,如 2,3,4,5,6,。。。,两人依次拿数,连同该数的约数和倍数一起拿掉,如拿2要连4,6一起拿掉;拿6要连带2,3一起拿掉。最后总有一人没法拿了(因为数都拿光了),就算输。

    举例: 2,3,4 先拿者不管怎样拿都是输。先出2题: 题1:初始数据 2,3,4,5,6,7,8,9,10             共9个数字。 题2:初始数据 2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,17,18        共17个数字。 问:先拿者赢还是输,如果赢的话,第一步怎样拿?

    [智能博弈题]

    其它类似题型

    POJ1740A New Stone Game MIPT 100 Nim Game -- who is the winner?  POJ 1704 Georgia and Bob

    楼梯Nim:就是把楼梯上的棋子两两绑定,他们之间的距离看成是一堆石子,于是就等同于我们之前讨论的经典Nim游戏了。

    Moore’s Nimk:广义的Nim游戏。有n堆石子,每次最少选一堆,最多选m堆,每堆都可以拿任意正整数个石子。我们把每堆石子都写成二进制的形式,然后从低位到高位求每一位1的和。如果每一位1的和sum%(m+1)=0此时为必败态。显然,当m=1时就变成了我们最开始所讨论的最基础的Nim游戏了。

    翻硬币游戏:这类题目比较复杂,一般打表找规律。

    图的删边游戏

    [蓝桥杯 历届试题 约数倍数选卡片]

    http://blog.csdn.net/pipisorry/article/details/39249337

    附录

    1.Wythoff’s Game (威佐夫博弈)的解释[类似解释亦可见于编程之美NIM(3)]

    Wythoff's Nim

    有两堆石子,不妨先认为一堆有10,另一堆有15个,双方轮流取走一些石子,合法的取法有如下两种:

    1)在一堆石子中取走任意多颗;

    2)在两堆石子中取走相同多的任意颗;

    约定取走最后一颗石子的人为赢家,求必败态(必胜策略)。

    这个可以说是MR.Wythoff(于1907年提出此游戏)一生全部的贡献。不知道高斯取整函数与Beatty定理,所做的只能是找规律而已。可以先在http://www.cut-the-knot.org/pythagoras/withoff.shtml玩几局。

    简单分析一下,容易知道两堆石头地位是一样的,我们用余下的石子数(a,b)来表示状态,并画在平面直角坐标系上。

    用定理: 有限个结点的无回路有向图有唯一的核  中所述的方法寻找必败态。先标出(0,0),然后划去所有(0,k),(k,0),(k,k)的格点;然后找y=x上方未被划去的格点,标出(1,2),然后划去(1,k),(k,2),(1+k,2+k),同时标出对称点(2,1),划去(2,k),(1,k),(2+k,1+k);然后在未被划去的点中在y=x上方再找出(3,5)。。。按照这样的方法做下去,如果只列出a<=b的必败态的话,前面的一些是(0,0),(1,2),(3,5),(4,7),(6,10),…

    接下来就是找规律的过程了,忽略(0,0),记第n组必败态为(a[n],b[n])

    命题一:a[n+1]=前n组必败态中未出现过的最小正整数

    [分析]:如果a[n+1]不是未出现的数中最小的,那么可以从a[n+1]的状态走到一个使a[n+1]更小的状态,和我们的寻找方法矛盾。

    命题二:b[n]=a[n]+n

    [分析]:归纳法:若前k个必败态分别为 ,下证:第k+1个必败态为

    从该第k+1个必败态出发,一共可能走向三类状态,从左边堆拿走一些,从右边堆拿走一些,或者从两堆中拿走一些.下面证明这三类都是胜态.

    情况一:由命题一,任意一个比a[k+1]小的数都在之前的必败态中出现过,一旦把左边堆拿少了,我们只要再拿成那个数相应的必败态即可。

    情况二(从右边堆拿走不太多):这使得两堆之间的差变小了,比如拿成了 ,则可再拿成 ;

    情况二(从右边堆拿走很多):使得右边一堆比左边一堆更少,这时类似于情况一,比如拿成了 (其中a[m] ;

    情况三:比如拿成 ,则可再拿成 .

    综上所述,任何从 出发走向的状态都可以走回核中.故原命题成立.

    以上两个命题对于确定(a[n],b[n])是完备的了,给定(0,0)然后按照这两个命题,就可以写出(1,2),(3,5),(4,7),…

    这样我们得到了这个数列的递推式,以下我们把这两个命题当成是(a[n],b[n])的定义。

    先证明两个性质:

    性质一:核中的a[n],b[n]遍历所有正整数。

    [分析]:由命题一,二可得a[n],b[n]是递增的,且由a[n]的定义显然。

    性质二:A={a[n]:n=1,2,3,…},B={b[n]:n=1,2,3,…},则集合A,B不交。

    [分析]:由核是内固集,显然。

    实际上a[n]和b[n]就是一个Beatty序列。

    (Betty 定理)

    如果存在正无理数 A, B 满足 1/A + 1/B = 1,那么集合 P = { [A*t], t ∈ Z+}、Q = { [B*t], t ∈ Z+} 恰为集合 Z+ 的一个划分,即:P ∪ Q = Z+,P ∩ Q = ø。证明见附录2。 考虑到Betty定理中“恰为Z+的划分”这一说,这意味着,Z+中的每个数都恰好出现一次,与上述矩阵的性质十分吻合。

    于是我们猜想每一行第一列的数满足 [Φi] 的形式,得到每一行第二列的数为 [Φi] + i = [Φi + i] = [(Φ + 1)i]

    我们的目的是要让 Z+ 中每个数都在这个矩阵中出现,于是考虑到 Betty 定理的条件,Φ 和 (Φ + 1) 应满足 1/Φ + 1/(Φ + 1) = 1。解这个方程,我们得到 Φ = (sqrt(5) + 1) / 2,于是 Φ + 1 = (sqrt(5) + 3) / 2。 ,到此,我们找到了该必败态的通项公式。

    实际上这组Beatty序列还有一些别的性质,比如当一个数是Fibonacci数的时候,另一个数也是Fibonacci数;而且两者的比值也越来越接近黄金比,这些性质在得到通项公式之后不难证明。

    启示:首先用定理所说的方法找核,然后给出核的规律(递推,或是通项)并且证明。

    附上一张对应的必败态图

    2.Betti theorem: 设a、b是正无理数且1/a+1/b=1。记P={[na]|n为任意的正整数},Q={[nb]|n为任意的正整数},([x]'指的是取x的整数部分)则P与Q是Z+的一个划分,即P∩Q为空集且P∪Q为正整数集合Z+。 证明: 因为a、b为正且1/a+1/b=1,则a、b>1,所以对于不同的整数n,[na]各不相同,类似对b有相同的结果。因此任一个整数至多在集合P或Q中出现一次。 * 现证明P∩Q为空集(反证法):假设k为P∩Q的一个整数,则存在正整数m、n使得[ma]=[nb]=k。即k < ma、nb<k+1,等价地改写不等式为  m/(k+1)< 1/a < m/k及n/(k+1)< 1/b < n/k。相加起来得 (m+n)/(k+1) < 1 < (m+n)/k,即 k < m+n < k+1。这与m、n为整数有矛盾,所以P∩Q为空集。  *现证明Z+=P∪Q:已知P∪Q是Z+的子集,剩下来只要证明Z+是P∪Q的子集。(反证法)假设Z+\(P∪Q)有一个元素k,则存在正整数m、n使得[ma]< k <[(m+1)a]、[nb]< k <[(n+1)b]。 由此得ma < k ≦[ (m+1)a]-1<(m+1)a -1(因为a是无理数),类似地有nb < k ≦[ (n+1)b]-1<(n+1)b -1。等价地改写为 m/k < 1/a < (m+1)/(k+1)及n/k < 1/b < (n+1)/(k+1)。两式加起来,得 (m+n)/k < 1 < (m+n+2)/(k+1),即m+n < k < k+1 < m+n+2。这与m, n, k皆为正整数矛盾。 所以Z+=P∪Q。[贝蒂定理]

    from:http://blog.csdn.net/pipisorry/article/details/39249337

    ref:http://www.cnblogs.com/celia01/archive/2011/11/15/2250171.html

    http://blog.csdn.NET/ojshilu/article/details/16812173

    http://yjq24.blogbus.com/logs/42826226.html

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