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【博弈论和SG函数 | 那忘算10】巴什博奕尼姆博弈及其变种威佐夫博弈（附例题）

news 2025/9/11 11:00:36

专栏指路：《再来一遍一定记住的算法（那些你可能忘记了的算法）》

前导：

博弈论（Game Theory）是研究具有斗争或竞争性质现象的数学理论和方法，也是运筹学的一个重要分支。

在信竞中，我们不需要对此了解太深，只要看懂原理证明后熟记模板。

1.巴什博奕（Bash Game）

规则

有一堆物品，共 $n$ 个
两个玩家轮流取物，每次可以取 $1 \sim m$ 个，最后取光物品的人获胜

必胜策略

若 $n\ mod\ (m+1) = 0$ ，则先手必败
否则先手必胜

原理解析

当物品数量是 $(m+1)$ 的倍数时，无论先手取多少 $(1 \sim m)$ ，

后手都可以取 $(m+1-$ 先手取的数量 $)$ ，使剩余物品数仍是 $(m+1)$ 的倍数。

最终会剩下 $(m+1)$ 个物品，先手无论取多少，后手都能取光获胜。

示例

$n=21, m=4$

$21\ mod\ (4+1) = 1 \neq 0$ ，先手必胜
先手先取 $1$ 个，使剩余 $20$ 个（ $5$ 的倍数）
之后无论对手取 $k$ 个 $(1\leq k\leq 4)$ ，先手都取 $5-k$ 个
最终先手获胜

代码：

（先手获胜输出 1，后手获胜输出 2）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);int n, K;cin >> n >> K;if (n % (K + 1) != 0) {cout << '1' << "\n";}else {cout << '2' << "\n";}return 0;
}

至此，我们初步了解博弈的规则：

想尽办法让对手处于必败之地。

在巴什博弈中，当前玩家的物品数满足 $n\ mod\ (m+1) = 0$ 就是必败的。

因为无论怎么取，对方玩家都能让你回到必败状态。

而最小的必败状态为 $0$ ，最终游戏失败。

2.尼姆博弈（Nim Game）

规则

有多堆物品，数量分别为 $a_1,a_2,...,a_n$
两个玩家轮流从某一堆中取任意多的物品
最后取光所有物品的人获胜

必胜策略

计算所有堆物品数量的异或值： $x=a_1\bigoplus a_2\bigoplus ...\bigoplus a_n$
（异或：把运算的两个数转成二进制，相同位为 $0$ ，反之为 $1$ ）
若 $x = 0$ ，则当前局面为必败态（先手必败）
若 $x \neq 0$ ，则当前局面为必胜态（先手必胜）

原理解析

尼姆和（异或值）为 $0$ 的状态称为必败态（P-position）
尼姆和不为 $0$ 的状态称为必胜态（N-position）
而我们需要证明：
（1）必胜态的后续操作里必有一个必败态
（2）除 $(0,0,...0)$ 外的必败态的后续操作都是必胜态
（3）必败态和必胜态交替出现，物品不断变少，终态 $(0,0,...0)$ 为必败态

证明（1）：如果我们拿到必胜态异或值 $S$ ，设 $S$ 的二进制为 $1$ 的最高位为 $k$ 。

我们只要找 $a$ 中二进制为 $1$ 的最高位也是 $k$ 的 $a_i$ ，

（易证必定存在这样的 $a_i$ ，且必为奇数个）

让 $a_i$ 异或上 $S$ ，此时 $a_i$ 的第 $k$ 位变成 $0$ ，整体 $a_i$ 变小。

全部 $a$ 的异或值变成 $S\bigoplus S=0$ ，为必败态。

证明（2）：如果我们拿到必败态异或值 $S$ ，因为 $a$ 不是 $(0,0,...0)$ 。

所以 $a$ 中肯定存在二进制第 $k$ 位为 $1$ 的数，且为偶数个。

只要让这些二进制第 $k$ 位为 $1$ 的 $a_i$ 其中一个的第 $k$ 位变成 $0$ ，整体异或值就不为 $0$ 。

（就是你无论怎么取都会脱离必败态，而且操作后的 $S$ 一定不为 $0$ ）

证明（3）：在保证双方都是最优策略的情况下，两态肯定是交替出现。

且每个 $a_i$ 都不断减小，最终为 $(0,0,...0)$ ，是必败态。

例题指路：P2197 【模板】Nim 游戏 - 洛谷 (luogu.com.cn)

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main () {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);int T;cin >> T;while (T--) {int n;cin >> n;int sum = 0;for (int i = 1; i <= n; i++) {int x;cin >> x;sum ^= x;}if (sum == 0) {cout << "No" << "\n";}else {cout << "Yes" << "\n";}}return 0;
}

通过进一步的了解，我们发现：

应该让对手的下一次操作，也就是轮到我们时，是必胜的。

接下来的学习，我们会通过这些总结的规律，来给不同的情况建立尼姆博弈模型。

2.1.输出方案的尼姆游戏/取火柴

例题：

P1247 取火柴游戏 - 洛谷 (luogu.com.cn)

这道题要求我们在先手必胜的情况下，输出先手的取物方案。

根据前面的分析，我们知道要找 $a$ 中二进制为 $1$ 的最高位 也为 $S$ 二进制为 $1$ 的最高位 $k$ 的 $a_i$ 。

同时题目要求字典序最小，for 一遍就好。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;const int N = 5e5 + 10;
int a[N];int main () {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);int n;cin >> n;int sum = 0;for (int i = 1; i <= n; i++) {cin >> a[i];sum ^= a[i];}if (sum == 0) {cout << "lose" << "\n";}else {for (int i = 1; i <= n; i++) {if ((a[i] ^ sum) < a[i]) {    //如果异或上 S 的 a[i] 变小了，那么就说明这个 a[i] 第 k 位为 1//如果 a[i] 第 k 位为 0，异或上 S 第 k 位肯定会变成 1，就变大了 //虽然这里不加括号优先级顺序也是对的，但还是保险起见 cout << a[i] - (a[i] ^ sum) << " " << i << "\n";    //注意是先输出拿了多少个，然后再 i a[i] = (a[i] ^ sum);     //a[i] 变成取完的样子  break;}}for (int i = 1; i <= n; i++) {    //再输出一遍 cout << a[i] << " ";}cout << "\n";}return 0;
}

2.2.尼姆游戏变形/反转硬币

题面：

在一条直线上排列着一行硬币，有的正面朝上、有的背面朝上。

2 名游戏者轮流对硬币进行翻转。

翻转时，先选一枚正面朝上的硬币翻转。

如果愿意，可以从这枚硬币的左边选取一枚硬币一同翻转（左边的硬币不一定要正面朝上）。

最后翻转使所有硬币反面朝上的玩家胜利。

输入：给你初始状态正面朝上硬币的集合。

解析：

假设初始状态第 x 个硬币是正面朝上的，如果翻动 x，有以下几种情况：

（1）不翻左边的

那么在正面朝上硬币的集合里，x 就会直接消失。

（2）翻左边的，左边的硬币反面朝上

那么在正面朝上硬币的集合里，x 会变成被翻的左边硬币的下标。

（3）翻左边的，左边的硬币正面朝上

那么在正面朝上硬币的集合里，x 和左边的硬币下标会一起消失。

注意到前面两种情况很像尼姆游戏，（1）是把大小为 x 的物品堆全部取完。

（2）则是从大小为 x 的堆里取出（x - 左边硬币的下标）个。

（3）可以理解为同样从大小为 x 的堆里取出（x - 左边硬币的下标）个，

而在初始堆个数集合（正面朝上硬币的集合）里，x 变成了左边硬币的下标。

发现现在的 x 和左边硬币下标相同，两者异或值为 0。

也就是相当于不对尼姆和做出贡献，相当于：

在正面朝上硬币的集合里，x 和左边的硬币下标一起消失。

代码就不放了，就是尼姆博弈的板子。

2.3.*（必学）台阶型尼姆游戏（Staircase Nim）

题面：

游戏开始时有许多硬币任意分布在楼梯上，共 $n$ 阶楼梯从地面由下向上编号为 $0$ 到 $n$ 。

每次操作时可以将楼梯 $i$ $(1\leq i\leq n)$ 上的若干个（至少一个）硬币移动到楼梯 $i-1$ 上。

两名游戏者轮流操作，将最后一枚硬币移至地上的人获胜。

解析：

这次我们来尝试自己发现必胜策略。

考虑所有台阶只有一个台阶上有一个硬币的情况，易得：

如果这个硬币在奇数台阶上，先手必胜。

如果这个硬币在偶数台阶上，先手必败。

（第 $0$ 阶台阶是地面）

这可以同化到普通尼姆游戏的“所有堆只有一个堆有硬币”的情况。

于是，我们猜测：

台阶型尼姆游戏的必胜策略为，

当奇数台阶上硬币数的异或和不等于 0 时，先手必胜。

反之必败。

该如何证明呢？还记得前面的三条定律吗：

（1）必胜态的后续操作里必有一个必败态
（2）除 $(0,0,...0)$ 外的必败态的后续操作都是必胜态
（3）必败态和必胜态交替出现，物品不断变少，终态 $(0,0,...0)$ 为必败态

只要证明我们猜测的必胜策略满足上面三条，那么该策略就是正确的。

读者自证不难，这里就不赘述了（好吧我还是讲讲）。

（大家可以把偶数级台阶看作丢硬币的框子，把奇数台阶看作普通尼姆游戏的硬币堆）

（和之前证明唯一的不同点就是 $a_i$ 是可以变大的）

（如果遇到了奇数台阶全为 $0$ 的情况，但还有偶数台阶不为 0）

（那这时候无论怎么做，都会让一个奇数台阶变大）

（就相当于增加 $a_i(i \ mod\ 2=1)$ ）

（而之后的操作虽然会增加有些 $a_i(i \ mod\ 2=1)$ ，但最后所有硬币都会流向更低的台阶，

（也就是地面。可以证明所有硬币流向地面一定是经过偶数次操作。

（这时轮到的人是遇到奇数台阶全为 $0$ 的情况的人，游戏失败）

（所以奇数台阶全为 $0$ 的情况是必败态）

总结：

对于上一个物品堆的数量可以传递到下一个的博弈，是阶梯尼姆博弈。

做这类题的时候要注意哪类变量可以相邻传递，判别哪些是无关紧要的“偶数阶梯”。

例题：

原题：[POJ1704] Georgia and Bob

acwing 链接：236. 格鲁吉亚和鲍勃 - AcWing题库

解析：

注意到：

选择一个棋子，并将其向左移动，但是不能越过任何其他西洋棋棋子或超过左边界。

也就是当前棋子 i 的移动范围只有 i 的前面至棋子 i - 1 的后面。

当 i 往前移动，i + 1 的移动范围增加 1。

而所有棋子移动范围归 0 时为必败态（终态）。

那台阶尼姆模型就已经很明显了：

我们把 1 格到第 1 个棋子间的空白格（第 1 个棋子的可移动范围）作为 a[n]。

第 1 个棋子和第 2 个棋子间的空格（第 2 个棋子的可移动范围）作为 a[n - 1]，以此类推，

第 n - 1 个棋子和第 n 个棋子间的空格（第 n 个棋子的可移动范围）作为 a[1]。

（因为台阶模型的模板就是 a[i + 1] 传递到 a[i]，所以这里这样定义）

还有一个比较阴的就是输入的位置不是从小到大，需要自己排。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;const int N = 1e3 + 10;int a[N], p[N];int main () {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);int T;cin >> T;while (T--) {int n;cin >> n;for (int i = 1; i <= n; i++) {cin >> p[i];}sort (p + 1, p + n + 1);int sum = 0, last = 0;// 假如第 1 个棋子在 2 格，那么它的可移动范围就等于 2 - 0 - 1 for (int i = 1; i <= n; i++) {a[n - i + 1] = p[i] - last - 1;// 假如上一个棋子在 3 格，当前棋子在 5 格，那么可移动范围就是 5 - 3 - 1 last = p[i];}for (int i = 1; i <= n; i++) if (i & 1) {sum ^= a[i];}if (sum != 0) {cout << "Georgia will win" << "\n";}else {cout << "Bob will win" << "\n";}}return 0;
}

2.4.多堆限制型尼姆游戏（Moore's Nim_k）

规则

n 堆石子，每次可以从不超过 k 堆中取任意多个石子，最后不能取的人失败。

判断

把 n 堆石子的石子数用二进制表示，统计每个二进制位上 1 的个数。

若每个二进制位上 1 的个数 $mod(k+1)$ 全部为 0，则先手必败，否则先手必胜。

解析

我们发现，这和之前讲过的巴什博弈有点像，其实两者本质原理是一样的。

如果当前为必败态（非终态），这轮的玩家取完。

下一轮的玩家只要遍历所有二进制位，如果当前二进制位有堆被取过，

那当前玩家就取该位为的 1 的堆，直到该二进制位 1 的个数 $mod(k+1)$ 为 0。

2.5.反尼姆游戏（anti-nim）

规则

有多堆物品，数量分别为 $a_1,a_2,...,a_n$ ，

两个玩家轮流从某一堆中取任意多的物品，最后取光所有物品的人失败。

判断

一个状态为必胜态，当且仅当：

（1）所有堆的石子个数为 1，且尼姆和为 0。

（2）至少有一堆的石子个数大于 1，且尼姆和不为 0。

解析

顾名思义，就是取光物品反而失败的尼姆游戏。

那判断条件为什么不是普通尼姆游戏反着来呢？

我们看单堆的情况，在普通尼姆游戏，数量不为 0 的单堆是必胜态。

但在反尼姆游戏中，单堆且数量为 1 才是必败态。

这是因为两者遵循不同的取胜技巧：

在普通尼姆中，当只剩一堆石子时，玩家会取走所有石子获胜
在反尼姆中，当只剩一堆且 > 1 个石子时，玩家会留下 1 个石子迫使对手失败

所以我们应该以一个新的视角去看待反尼姆。

分类讨论下：

（1）所有堆的石子个数为 1，有奇数堆

很明显，这是必败态。

（2）所有堆的石子个数为 1，有偶数堆

这是必胜态。

（3）其他情况

经过 2.4 的思考，你应该稍微有点头绪：

假设上一个玩家面对的状态是每个二进制位上 1 的个数都是 2 的倍数，

当前玩家只要遍历上一个玩家取过堆的所有二进制位，

如果该二进制位被改变了，那就去找其他这个位为 1 的堆，把那个堆的 1 取出来就行。

所以上一个玩家是必败态。

更归纳的想，如果每个二进制位上 1 的个数都是 2 的倍数，

那么当前状态的尼姆和就为 0，反之不为 0。

也就是尼姆和为 0 的是先手必败态，反之为必胜态。

（意外的和普通尼姆的判断方式一样呢）

例题：

P4279 [SHOI2008] 小约翰的游戏 - 洛谷 (luogu.com.cn)

代码：

很板的反尼姆，按照判断部分打就行。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;const int N = 510;int a[N];int main () {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);int T;cin >> T;while (T--) {int n;cin >> n;int sum = 0;bool flag = 0;for (int i = 1; i <= n; i++) {cin >> a[i];if (a[i] != 1) {flag = 1;}sum ^= a[i];}if (flag == 0) {if (n & 1) {cout << "Brother" << "\n";}else {cout << "John" << "\n";}continue;}if (sum != 0) {cout << "John" << "\n";}else {cout << "Brother" << "\n";}}return 0;
}

2.6.*（必学）树上阶梯尼姆/初见SG 函数

（很抱歉我没有把这道题放在 2.3 后面，但我觉得按难度排的话这样是最好的。）

例题：

P2972 [USACO10HOL] Rocks and Trees G - 洛谷 (luogu.com.cn)

哎，洛谷这糟糕透顶的题面，别看。

看我的：

SG 函数

在解析本题前，我们来介绍下 SG 函数（Sprague-Grundy）：

对于状态 $x$ 及其所有后继状态 $y_1,y_2,y_3,...,y_k$ ，

$SG(x) = mex\left \{ SG(y_1), SG(y_2),SG(y_3),...,SG(y_n)\right \}$ 。

其中 $mex$ 表示"集合内的最小排斥值"，即集合中未出现的最小非负整数。

（比如 $mex\left \{ 0,1,3 \right \}=2$ ）

乍一看没什么卵用吧？接着往下看。

关于判断胜负

如果 SG 值（异或和）为 0：当前状态是必败态（P-position）
如果 SG 值（异或和）不为 0：当前状态是必胜态（N-position）

对于普通的尼姆游戏，每个堆的 SG 值就是 $a[i]$ 本身，直接异或就行。

（这就是为什么我前面没有介绍）

而其他的情况中，我们求出每个堆的 SG 值，之后按照对应的尼姆策略异或即可。

但你可能又要问了：

为什么可以用 SG 值判断胜负呢？

这得说到基本博弈论原理，也就是 SG 定理（Sprague-Grundy Theorem）：

任何无偏博弈（impersonal game）都可以等价转换为一个 Nim 堆，

其大小等于该博弈状态的 SG 值。

无偏博弈的定义：

两个玩家的可行动作完全相同（都可以移动1~L个石子）
游戏有明确的终止状态（所有石子都在根节点）
没有随机性因此这是一个无偏博弈，SG定理适用。

也就是这么判断是博弈论这个东西最开始就定义好了的，放心用就行。

解析：

说回本题，是个很明显的阶梯尼姆，只要异或上树奇数层的点的 SG 值，就能判断答案。

（从根节点 1（0层）开始，一层层往下层数递增）

考虑求出每个点的 SG 值。

注意到：

“最多 L 个石头从这个节点向树根靠近一个单位。”

那么对于石头数量 $1<i< L$ 的点， $SG[i]=i$ 。

（ $0\sim i-1$ 都可以达到，只有 $i$ 本身不行）

对于石头数量 $i=L+1$ 的点， $SG[i]=0$ 。

对于石头数量 $i=L+2$ 的点， $SG[i]=mex\left \{ SG[2],SG[3],...,SG[i-1] \right \}=1$ 。

以此类推，得：

$SG[i]=i\ mod\ (L+1)$

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;const int N = 1e4 + 10;
int sg[N], p[N], r[N], dep[N];int main () {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);int n, T, L; cin >> n >> T >> L;for (int i = 1; i <= 1000; i++) {sg[i] = i % (L + 1);}int sum = 0;dep[1] = 0;for (int i = 2; i <= n; i++) {cin >> p[i] >> r[i];dep[i] = dep[p[i]] + 1;if (dep[i] & 1) {sum ^= sg[r[i]];}}for (int i = 1; i <= T; i++) {int x, y;cin >> x >> y;if (dep[x] & 1) {   //不是奇数层对异或值没影响 sum ^= sg[r[x]];   // 再异或上一次就相当于没异或 r[x] = y;sum ^= sg[r[x]];}if (sum != 0) {cout << "Yes" << "\n";}else {cout << "No" << "\n";}}return 0;
}

2.7.有向无环图的尼姆游戏/再会 SG 函数

题面：

来源：USACO 2006 January Gold

样例输入：

4
2 1 2
0
1 3
0
1 0
2 0 2
0
4
1 1
1 2
0
0
2 0 1
2 1 1
3 0 1 3
0

样例输出：

WIN
WIN
WIN
LOSE
WIN

解析：

拓扑好序列，按照拓扑序列从后往前，

没有后继的点的 SG 值为 0（必败），有后继节点的点就用 mex 函数。

最后的总状态为所有点的 SG 值的和（异或和）。

（我觉得不太难，代码写了注释，直接看就好）

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;const int N = 1010;
int sg[N], n;
vector<int> G[N];int dfs_SG(int x) {if (sg[x] != -1) {   //记忆化搜索 return sg[x];}bool v[1010] = {0};    //一定要在里面定义for (int y: G[x]) { v[dfs_SG(y)] = 1;  // mex{SG[y]} }int i = 0;while (v[i]) {  // 从 0 开始找第一个没出现过的 SG i++;}return sg[x] = i;
}int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);while(cin >> n) {memset(sg, -1, sizeof(sg));for (int i = 0; i < n; i++) {int x;cin >> x;G[i].clear();    //多测要清空 for (int j = 1; j <= x; j++) {int y;cin >> y;G[i].push_back(y);   // 建图 }}int m;while (cin >> m) {if (m == 0) {break;}int sum = 0;for (int i = 1; i <= m; i++) {int x;cin >> x;sum ^= dfs_SG(x);}if (sum != 0) {cout << "WIN" << "\n";}else {cout << "LOSE" << "\n";}}}return 0;
}

2.8.要求从集合中选数的尼姆游戏

题面：

POJ 2960 S-Nim

代码：

实在是太简单了，我真的不想写解析。

（其实这个做法的复杂度存疑，不过现在机子跑得快，过这道题绰绰有余）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;const int M = 1e5 + 10, N = 110;bool v[M];
int sg[M], k[N], sum[N];int main () {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);int K;while (cin >> K) {if (K == 0) {break;}for (int i = 1; i <= K; i ++) {cin >> k[i];}memset(sg, 0, sizeof(sg));memset(v, 0, sizeof(v));for (int i = 1; i <= M - 10; i++) {for (int j = 1; j <= K; j ++) if (k[j] <= i) {v[sg[i - k[j]]] = 1;}for (int j = 0; j <= M - 10; j ++) if (!v[j]) {sg[i] = j;break;}for (int j = 1; j <= K; j ++) if (k[j] <= i) {v[sg[i - k[j]]] = 0;}}int T;cin >> T;for (int i = 1; i <= T; i++) {int n;cin >> n;sum[i] = 0;for (int j = 1; j <= n; j++) {int x;cin >> x;sum[i] ^= sg[x];}}for (int i = 1; i <= T; i++) {if (sum[i] != 0) {cout << "W";}else {cout << "L";}}cout << "\n";}return 0;
}

3. 威佐夫博弈 (Wythoff's Game)

规则

有两堆物品，数量分别为 $a$ 和 $b$
两个玩家轮流操作，每次可以：
- 从一堆中取任意多的物品
- 从两堆中取同样多的物品
最后取光物品的人获胜

必胜策略

令 $a\leq b$ ，计算 $k = b - a$
计算 $a{}' = \left \lfloor k * \varphi \right \rfloor$ ，其中 $\varphi = (1+\sqrt{5})/2 = 1.6180339887$ （黄金分割比）
若 $a = a{}'$ ，则当前局面是必败态
否则是必胜态

性质

威佐夫博弈的必败态为，其中：
- $a_k= \left \lfloor k * \varphi \right \rfloor$
- $b_k=a_k+k=\left \lfloor k * \varphi^2 \right \rfloor$

必败态满足：

完备覆盖性：每个正整数恰好出现在一个必败态中

这满足定律（1）必胜态的后续操作里必有一个必败态。

无重复性：任意两个必败态没有公共元素

这满足定律（2）除 $(0,0)$ 外的必败态的后续操作都是必胜态

而前面两条和威佐夫博弈的定义恰好满足定律（3）：

必败态和必胜态交替出现，物品不断变少，终态 $(0,0)$ 为必败态

证明

beatty 定理：

如果一对无理数 $\alpha$ 和 $\beta$ 满足 $\frac{1}{\alpha }+\frac{1}{\beta }=1$ ，那么这样两个数列 :

$F(n)=\left \{ f(n) \right \}=\left \{ |n\alpha | \right \},G(n)=\left \{ g(n) \right \}=\left \{ |n\beta | \right \}$

（其实就是 $\left \lfloor 1\alpha \right \rfloor,\left \lfloor 2\alpha \right \rfloor,\left \lfloor 3\alpha \right \rfloor,...$ 和 $\left \lfloor 1\beta \right \rfloor,\left \lfloor 2\beta \right \rfloor,\left \lfloor 3\beta \right \rfloor,...$ 的并集啦）

就既无重复又无遗漏地包含了所有的正整数。

证明指路。

我们发现，将 $\varphi =\frac{1+\sqrt{5}}{2} = 1.6180339887$ 代入 $\alpha$ ，

和 $\varphi ^2=\frac{3+\sqrt{5}}{2}$ 代入 $\beta$ ，正好满足 $\frac{1}{\alpha }+\frac{1}{\beta }=1$ 。

也就是：

威佐夫博弈的必败态为 $(a_k,b_k)$ ，其中：
$a_k= \left \lfloor k * \varphi \right \rfloor$
$b_k=a_k+k=\left \lfloor k * \varphi^2 \right \rfloor$

满足三定律。

例题：

P3024 [USACO11OPEN] Cow Checkers S - 洛谷 (luogu.com.cn)

代码：

板，令 $x\leq y$ ，当 $x = \left \lfloor (y-x) * \varphi \right \rfloor$ （ $\varphi =\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ ）时为必败态。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main () {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);int n, m;cin >> n >> m;int T; cin >> T;for (int i = 1; i <= T; i ++) {int x, y;cin >> x >> y;if (x > y) {swap(x, y); }double t = 1.0 * (y - x) * (1 + sqrt(5)) / 2;if (x == floor(t)) {cout << "Farmer John" << "\n";}else {cout << "Bessie" << "\n";}}return 0;
}