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博弈问题之其它博弈合集

发布时间:2016-12-4 16:27:28 编辑:www.fx114.net 分享查询网我要评论
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找规律博弈: 这类题目出得也很多,而且出得很巧妙,相比固定模式的博弈解决方法,这类题目更加需要开创性思维和强大的逻辑能力。虽然最后可能代码很简单,但其中的思考过程却十分精彩。而且人都有一种在未知情况下的本能就是找出事物的规律,所以这也是人本能的一种体现~ 例题: POJ1740 A New Stone Game 这是楼教主的男人八题之一,非常好的找规律博弈,既不是很简单的一眼题,想法也很巧妙,我的男人八题专题系列有写到这个题目:传送阵 动态博弈: 动态博弈(dynamic game)是指参与人的行动有先后顺序,而且行动在后者可以观察到行动在先者的选择,并据此作出相应的选择。动态博弈的困难在于,在前一刻最优的决策在下一刻可能不再为最优,因此在求解上发生很大的困难。动态博弈行动有先后顺序,不同的参与人在不同时点行动,先行动者的选择影响后行动者的选择空间,后行动者可以观察到先行动者做了什么选择,因此,为了做最优的行动选择,每个参与人都必须这样思考问题:如果我如此选择,对方将如何应对?如果我是他,我将会如何行动?给定他的应对,什么是我的最优选择?如下棋。 其实就是DP+博弈,这类题目将博弈问题的性质糅合在了DP中,其实主要还是DP,状态转移方程是关键。 例题: POJ1678 I Love this Game! 题意是给你n个数字和a,b(a<b),第一个人拿[a,b]中的数字,然后第二个人拿比这个数字大且相差在[a,b]之间的数字,直到那不了,问最优情况下第一个人拿的点数之和与第二个人的差。这就是一个DP过程,只要后面的人每次都取最大数即可。 #include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<string> #include<cmath> #include<set> #include<vector> #include<stack> #define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a)) #define FOR(a,b,i) for(i=a;i<=b;++i) #define For(a,b,i) for(i=a;i<b;++i) #define N 1000000007 #define INF 100000000 using namespace std; inline void RD(int &ret) { char c; do { c=getchar(); } while(c<'0'||c>'9'); ret=c-'0'; while((c=getchar())>='0'&&c<='9') { ret=ret*10+(c-'0'); } } inline void OT(int a) { if(a>=10) { OT(a/10); } putchar(a%10+'0'); } int num[10001],dp[10001]; int main() { int t,n,i,j,a,b,s; RD(t); while(t--) { RD(n); RD(a); RD(b); FOR(1,n,i) { scanf("%d",&num[i]); } sort(num+1,num+n+1); for(i=n;i>=1&&num[i]>=a;--i) { s=-INF; FOR(i,n,j) { if(num[i]+b<num[j]) { break; } if(num[i]+a<=num[j]&&dp[j]>s) { s=dp[j]; } } s=s>-INF?s:0; dp[i]=num[i]-s; } s=-INF; for(i=1;i<=n&&num[i]<=b;++i) { if(num[i]>=a&&dp[i]>s) { s=dp[i]; } } s=s>-INF?s:0; printf("%d\n",s); } return 0; } 图上博弈: 一般是无向图的删边游戏,游戏规则:在一个的无向图内,有一点作为根,两人轮流删边,脱离根的部分不用管,没有边可以删的人失败。团的性质是,删去其中任意一条边,点并不会闪架,它一定还与原图其他边相连。这样,对于这样的团,两人轮流删,一次删一条边,那关键就在于这样的团有多少条边可用来被轮流删了。     我们还是先看下奇偶吧。     对于一个单独的偶环,一定是先手必败,其sg=0。     对于一个单独的奇环,一定是先手必胜,其sg=1。     那么,在一个环团中,若有偶数条边,一定是先手必败。若有奇数条边,一定是先手必胜。     实现时,我们可以把环团缩成一个点,环团上的每条边都作为一个与这个代表结点直接连接的一个点。这些点都是图里的子结点,sg=0,那么偶数条边,先手必败,代表结点经环上新生成的子节点异或和正好是0。如果是奇数条边,先手必胜,代表结点经环上新生成的子节点异或和正好是1。 例题: POJ3710 Christmas Game 这题意思是给出了多个无向图进行删边游戏,且存在成环的情况。问你是谁胜利。这题的正解应该是需要用到Tarjan算法进行缩点,我是图论渣不太会,直接用的是dfs记忆化搜索+强大的sg这题和之前的POJ 2599有些类似,不过这题更麻烦而已。 #include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<string> #include<cmath> #include<set> #include<vector> #include<stack> #include <queue> #include<map> #define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a)) #define FOR(a,b,i) for(i=a;i<=b;++i) #define For(a,b,i) for(i=a;i<b;++i) using namespace std; inline void RD(int &ret) { char c; do { c=getchar(); } while(c<'0'||c>'9'); ret=c-'0'; while((c=getchar())>='0'&&c<='9') { ret=ret*10+(c-'0'); } } inline void OT(int a) { if(a>=10) { OT(a/10); } putchar(a%10+'0'); } int m; int v[101][101],vis[101],num[101]; int dfs(int x,int y) { int s=0,i,j; vis[x]=1; FOR(1,m,i) { if(i!=x&&i!=y&&v[x][i]==1) { if(vis[i]==1) { num[i]++; v[x][i]=v[i][x]=0; return -2; } j=dfs(i,x); if(j<0) { if(num[x]==1) { if(j%2!=0) { s^=1; } num[x]--; } else { return --j; } } else { s^=(j+1); } } } return s; } int main() { int n,k,i,j,a,b,sum; while(scanf("%d",&n)!=EOF) { sum=0; while(n--) { RD(m); RD(k); mem(v,0); mem(vis,0); while(k--) { RD(a); RD(b); v[a][b]=1; } FOR(1,m,i) { FOR(1,m,j) { if(v[i][j]==1&&v[j][i]==1)//去重边 { v[i][j]=v[j][i]=0; } } } FOR(1,m,i) { FOR(1,m,j) { if(v[i][j]==1)//重新转化为无向图方便操作 { v[j][i]=1; } } } sum^=dfs(1,0); } if(sum==0) { printf("Harry\n"); } else { printf("Sally\n"); } } return 0; } NIM积: 这个概念实在是太神奇了,看了曹钦翔大神的《从“k倍动态减法游戏”出发探究一类组合游戏问题》才对这个略知了皮毛:传送阵 这个说实在是说不清,还是自己看吧。。。 例题: POJ3533 Light Switching Game 此题是一个很麻烦的博弈题,有1000*1000*1000的立方体,每个点上有灯,每次选择 (x1,y1,z1), (x1,y1,z2), (x1,y2,z1), (x1,y2,z2), (x2,y1,z1), (x2,y1,z2), (x2,y2,z1), (x2,y2,z2)(1 ≤ x1 ≤ x2 ≤ 1000, 1 ≤y1 ≤ y2 ≤ 1000, 1 ≤z1 ≤ z2 ≤ 1000 )点进行等状态的转换,但要求(x2,y2,z2)必须是有开着的状态,实现给你一些亮着灯的坐标,问后手是否能赢。由于是三维的nim积,所以需要用到Tartan定理,反正我具体也不清楚为什么这么求,就是直接nim_power(x,nimpower(y,z))就行了。套用nim积模板。 #include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> #include<string> #include<cmath> #include<set> #include<vector> #include<stack> #include <queue> #include<map> #define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a)) #define FOR(a,b,i) for(i=a;i<=b;++i) #define For(a,b,i) for(i=a;i<b;++i) using namespace std; inline void RD(int &ret) { char c; do { c=getchar(); } while(c<'0'||c>'9'); ret=c-'0'; while((c=getchar())>='0'&&c<='9') { ret=ret*10+(c-'0'); } } inline void OT(int a) { if(a>=10) { OT(a/10); } putchar(a%10+'0'); } int d[1001][1001]; int nim_mul(int x,int y);//两个函数互相调用(nim积模板) int nim_pow(int x,int y) { if(d[x][y]!=-1) { return d[x][y]; } if(x==0) { return d[x][y]=1<<y; } if(y==0) { return d[x][y]=1<<x; } int x1=x,y1=y,s=1,w=1,z; while(x1||y1) { z=1<<w; if((x1%2==1||y1%2==1)&&!(x1%2==1&&y1%2==1)) { s*=z; } w*=2; x1/=2; y1/=2; } w=1; x1=x; y1=y; while(x1||y1) { z=1<<w; if(x1%2==1&&y1%2==1) { s=nim_mul(s,z*3/2); } w*=2; x1/=2; y1/=2; } return d[x][y]=s; } int nim_mul(int x,int y) { int i,j,s=0,p=0,q; for(p=0,i=x;i;i/=2,p++) { if(i%2==1) { for(q=0,j=y;j;j/=2,q++) { if(j%2==1) { s^=nim_pow(p,q); } } } } return s; } int main() { int n,a,b,c,s; mem(d,-1); while(scanf("%d",&n)!=EOF) { s=0; while(n--) { scanf("%d%d%d",&a,&b,&c); s^=nim_mul(nim_mul(a,b),c); } if(s==0) { printf("Yes\n"); } else { printf("No\n"); } } return 0; } 还有什么不平等博弈,极大极小搜索博弈表示还没搞明白,甚至还不懂,所以以后会了再发吧~ 这里给出cxlove大神的博弈总结:无线膜拜~ORZ

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