1、巴什博弈
一堆石子，有n个，两个人轮流取，每次至少取1个，至多取m个，拿走最后一个石子的人获胜
假设一堆石子有 n=m+1 由于一次只能取m个，无论先手取多少个，后手总能拿走剩余的，这时一定是先手负
于是找到取胜规则：
一对石子 n=（m+1)*r+s
对于先手应该先取走s个，设后手取走k个，先手再取走 m+1-k 剩余的石子个数为 (m+1)(r-1) 以后保持这样的取法，先取者获胜
总之，就是要留给对手 m+1的倍数
可以归结为： s=0时，后手胜
s<>0时，先手胜
2、简单的石子游戏
有n堆石子，每次至少取一根，至多拿走整堆，两人轮流拿，每次限拿其中一堆，取走最后一根的获胜。
1902年获胜策略已由美国数学家C.L.Bouton分析完成，用到的是二进制和平衡状态概念。其结论是：
对于ｎ堆石子，第ｉ (１<=ｉ<=ｎ)堆石子的个数是Xｉ，该状态为必败状态当且仅当 X1 XOR X2 XOR……Xｎ=0。
看个例子：
有4堆石子，数量分别为：7 9 12 15
二进制形式为
0111
1001
1100
1111
异或结果为：1101
1101^1001=0100=4 可以从第二堆拿走5个
1101^1100=0001=1 也可以从第三堆拿走11个
1101^1111=0010=2 或者从第四堆取走13个
比如这道题：http://www.acmicpc.sdnu.edu.cn/Problem.aspx?pid=1294
给定N堆石子，两人轮流取石子，必须先取完一堆石子才能取另一堆，而且另一堆石子的个数必须比之前取的那一堆小，每次只能取1个或者质数个石子。如果没有石子可以取了，那么他就输了。问先手是否有必胜策略。
其实对于这个游戏，我们只需要判断第一堆石子即可，也就是石子数目最少的那一堆
代码：
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<math.h>
using namespace std;
int isprime(int n){
int s=(int)sqrt(n);
if(n==1) return 1;
for(int i=2;i<=s;i++){
if(n%i==0)
return 0;
break;
}
return 1;
}
int main(){
int n,a[100000],x,i,j,t;
while(cin>>n){
for( i=0;i<n;i++)
cin>>a[i]; //每堆石子的数目
sort(a,a+n);
for(j=1;j<=a[0];j++){
if(isprime(j)&&j<=a[0])
a[0]=a[0]-j;
x=0;
for(t=0;t<n;t++)
x^=a[t];
if(x==0){
cout<<"yes"<<endl;
break;
}else
a[0]=a[0]+j; //恢复石子数目
}
if(x!=0)
cout<<"no"<<endl;
}
return 0;
}
3、Nim游戏
有n堆石子，每堆石子的数量为 x1, x2, x3,x4......xn。给定k个数a1,a2,a3,……ak 两人轮流取，每人每次只能选取一堆，
从中取出一些，每次所取的数量一定在a1,a2,a3,……ak中，拿走最后一根的人获胜。
我们可以将游戏分解，把每一堆看成是一个子游戏。
比如，有3堆石子，每堆石子的数目，为5,6,7，可以取的石子的数目是 {1,3,4}
可以找出每堆石子的所有后继状态，看成是n枚棋子在有向图上移动，甲乙双方人选一个子游戏并移动上面的棋子。
看起来状态非常多，也很复杂，所以我们需要借鉴SG函数
首先定义一个mex 运算，表示最小的不属于这个集合的非负整数。例如mex{0,1,2,4}=3、mex{2,3,5}=0、mex{}=0。
对于一个给定的有向无环图，关于每个顶点的SG函数定义如下：
g(x)=mex{g(y)|y是x的所有后继状态}；没有出边的顶点，SG值为0，因为它的后继集合为空。
对于n枚棋子，它们对应顶点的SG值分别为：（a1,a2,……,an）再设局面 （a1,a2,……,an）时Nim游戏的一种必胜策略是 将ai变成k,那么游戏的一种必胜策略就是
把第i枚棋子移动到SG值为k的顶点上；
#include<iostream>
using namespace std;
/*输入堆数 n，每堆的石子数a[]
输入限定选择的数目 k, 是s[]
*/
int max(int a[],int n){
int m=0;
for(int i=0;i<n;i++){
if(m>a[i])
m=a[i];
}
return m;
}
int main(){
int n,a[100],i,j,s[100],k,*vis,*grund;
while(cin>>n){
for(i=0;i<n;i++)
cin>>a[i];
int size=max(a,n);
vis=new int[size+1];
grund=new int[size+1];
grund[0]=0;
cin>>k;
for(i=0;i<k;i++)
cin>>s[i];
//
for(i=1;i<=size;i++){ //i是石子的数目，a[j]是每次应当取的石子数 i-a[j] 剩余的石子数
memset(vis,0,sizeof(vis));
for(j=0;j<k;j++){
if(s[j]<=i){
vis[grund[i-s[j]]]=1;
}
for(int k=1;;k++){
if(vis[k]==0)
grund[i]=k;
break;
}
}
}
int x=0;
for(i=0;i<n;i++)
x^=grund[a[i]];
if(x==0) cout<<"先手胜"<<endl;
else
cout<<"后手胜"<<endl;
}
return 0;
}