尼姆博弈

尼姆博奕（Nimm Game）：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。

    例1。（14，21，39），14（+）21=27，39-27=12，所以从39中拿走12个物体即可达

到奇异局势（14，21，27）。

    例2。（55，81，121），55（+）81=102，121-102=19，所以从121中拿走19个物品

就形成了奇异局势（55，81，102）。

    例3。（29，45，58），29（+）45=48，58-48=10，从58中拿走10个，变为（29，4

5，48）。

    例4。我们来实际进行一盘比赛看看：

        甲:(7,8,9)->(1,8,9)奇异局势

        乙:(1,8,9)->(1,8,4)

        甲:(1,8,4)->(1,5,4)奇异局势

        乙:(1,5,4)->(1,4,4)

        甲:(1,4,4)->(0,4,4)奇异局势

        乙:(0,4,4)->(0,4,2)

        甲:(0.4,2)->(0,2,2)奇异局势

        乙:(0,2,2)->(0,2,1)

        甲:(0,2,1)->(0,1,1)奇异局势

        乙:(0,1,1)->(0,1,0)

        甲:(0,1,0)->(0,0,0)奇异局势

        甲胜。

取火柴的游戏

题目1：今有若干堆火柴，两人依次从中拿取，规定每次只能从一堆中取若干根， 

可将一堆全取走，但不可不取，最后取完者为胜，求必胜的方法。 

题目2：今有若干堆火柴，两人依次从中拿取，规定每次只能从一堆中取若干根， 

可将一堆全取走，但不可不取，最后取完者为负，求必胜的方法。

嘿嘿，这个游戏我早就见识过了。小时候用珠算玩这个游戏：第一档拨一个，第二档拨两个，依次直到第五档拨五个。然后两个人就轮流再把棋子拨下来，谁要是最后一个拨谁就赢。有一次暑假看见两个小孩子在玩这个游戏，我就在想有没有一个定论呢。下面就来试着证明一下吧

先解决第一个问题吧。

定义：若所有火柴数异或为0，则该状态被称为利他态，用字母T表示；否则， 

为利己态，用S表示。

[定理1]：对于任何一个S态，总能从一堆火柴中取出若干个使之成为T态。

证明：

    若有n堆火柴，每堆火柴有A(i)根火柴数，那么既然现在处于S态，

      c = A(1) xor A(2) xor … xor A(n) > 0;

    把c表示成二进制，记它的二进制数的最高位为第p位，则必然存在一个A(t),它二进制的第p位也是1。（否则，若所有的A(i)的第p位都是0，这与c的第p位就也为0矛盾）。

    那么我们把x = A(t) xor c,则得到x < A(t).这是因为既然A(t)的第p位与c的第p位同为1,那么x的第p位变为0,而高于p的位并没有改变。所以x < A(t).而

    A(1) xor A(2) xor … xor x xor … xor A(n)

  = A(1) xor A(2) xor … xor A(t) xor c xor … xor A(n)

  = A(1) xor A(2) xor… xor A(n) xor A(1) xor A(2) xor … xor A(n)

  = 0

这就是说从A(t)堆中取出 A(t) – x 根火柴后状态就会从S态变为T态。证毕

[定理2]：T态，取任何一堆的若干根，都将成为S态。

证明：用反证法试试。

      若

      c = A(1) xor A(2) xor … xor A(i) xor … xor A(n) = 0；

      c’ = A(1) xor A(2) xor … xor A(i’) xor c xor … xor A(n) = 0;

      则有

c xor c’ = A(1) xor A(2) xor … xor A(i) xor … xor A(n) xor A(1) xor A(2) xor … xor A(i’) xor c xor … xor A(n) = A(i) xor A(i’) =0

      进而推出A(i) = A(i’)，这与已知矛盾。所以命题得证。

[定理 3]：S态，只要方法正确，必赢。 

  最终胜利即由S态转变为T态，任何一个S态，只要把它变为T态，（由定理1，可以把它变成T态。）对方只能把T态转变为S态(定理2)。这样，所有S态向T态的转变都可以有己方控制，对方只能被动地实现由T态转变为S态。故S态必赢。

[定理4]：T态，只要对方法正确，必败。 

  由定理3易得。 

接着来解决第二个问题。

定义：若一堆中仅有1根火柴，则被称为孤单堆。若大于1根，则称为充裕堆。

定义：T态中，若充裕堆的堆数大于等于2，则称为完全利他态，用T2表示；若充裕堆的堆数等于0，则称为部分利他态，用T0表示。

 

孤单堆的根数异或只会影响二进制的最后一位，但充裕堆会影响高位（非最后一位）。一个充裕堆，高位必有一位不为0，则所有根数异或不为0。故不会是T态。

[定理5]：S0态，即仅有奇数个孤单堆，必败。T0态必胜。 

证明：

S0态，其实就是每次只能取一根。每次第奇数根都由己取，第偶数根都由对 

方取，所以最后一根必己取。败。同理,  T0态必胜#

[定理6]：S1态，只要方法正确，必胜。 

证明：

若此时孤单堆堆数为奇数，把充裕堆取完；否则，取成一根。这样，就变成奇数个孤单堆，由对方取。由定理5，对方必输。己必胜。  # 

[定理7]：S2态不可转一次变为T0态。 

证明：

充裕堆数不可能一次由2变为0。得证。  # 
 

[定理8]：S2态可一次转变为T2态。 

证明：

由定理1，S态可转变为T态，态可一次转变为T态，又由定理6，S2态不可转一次变为T0态，所以转变的T态为T2态。  # 

[定理9]：T2态，只能转变为S2态或S1态。 

证明：

由定理2，T态必然变为S态。由于充裕堆数不可能一次由2变为0，所以此时的S态不可能为S0态。命题得证。 

[定理10]：S2态，只要方法正确，必胜. 

证明：

方法如下： 

      1）  S2态，就把它变为T2态。（由定理8） 

      2）  对方只能T2转变成S2态或S1态（定理9）

    若转变为S2,  转向1） 

    若转变为S1,  这己必胜。（定理5） 

[定理11]：T2态必输。 

证明：同10。 

综上所述，必输态有：  T2,S0 

          必胜态：    S2,S1,T0. 

两题比较： 

第一题的全过程其实如下： 

S2->T2->S2->T2->  ……  ->T2->S1->T0->S0->T0->……->S0->T0(全0) 

第二题的全过程其实如下： 

S2->T2->S2->T2->  ……  ->T2->S1->S0->T0->S0->……->S0->T0(全0) 

下划线表示胜利一方的取法。  是否发现了他们的惊人相似之处。 

我们不难发现(见加黑部分)，S1态可以转变为S0态（第二题做法），也可以转变为 

T0（第一题做法）。哪一方控制了S1态，他即可以有办法使自己得到最后一根（转变为 

T0）,也可以使对方得到最后一根（转变为S0）。 

  所以，抢夺S1是制胜的关键！ 

  为此，始终把T2态让给对方，将使对方处于被动状态，他早晚将把状态变为S1.

 

#include<iostream>
using namespace std;
int main()
{
int a[50];
int T,n,num1,num2,ans;
cin>>T;

while(T--)
{
cin>>n;
ans=num1=num2=0;
for(int i=0;i<n;i++)
{
cin>>a[i];
if(a[i]==1)
num1++;         //孤单堆
else
num2++;        //充裕堆
ans^=a[i];
}
if((ans&&num2!=0)||(!ans&&num2==0))  //S1,S2,T0必胜
cout<<"John"<<endl;
else                                  //S0,T2必败
cout<<"Brother"<<endl;
}
return 0;
}