Программирование игр и головоломок - Жак Арсак

Образуем числа Спрага-Грюнди для этой игры.

Позиции 0 сопоставляется число 0, SG (0) = 0.

Исходя из 1, можно получить 0 (поскольку мы имеем право удалить одну спичку[19]. Следовательно, SG(1) — наименьшее неотрицательное целое, отличное от 0, или SG(1) = 1. Исходя из 2, можно получить 1 и 0. Следовательно, SG(2) — наименьшее неотрицательное целое, отличное от 0 и 1, поэтому SG(2) = 2.

Так как можно удалять спички вплоть до 6, то точно так же имеем

SG(3) = 3, SG(4) = 4, SG(5) = 5, SG(6) = 6.

Предположим теперь, что имеется 7 спичек. Можно удалить от 1 до 6. Поэтому в результате можно получить от 6 до 1 спичек, но не 0. Число SG(7) — наименьшее неотрицательное целое, отличное от 1, 2, 3, 4, 5, 6, Следовательно, это 0.

SG(7) = 0,

А теперь из 8 можно получить от 2 до 7, поэтому SG(8) — это не 2, не 3, …, не 6 и не 0, поэтому оно равно 1.

SG(8) = 1.

Теперь вы можете установить общий закон:

SG(p) = остаток от деления p на 7.

Как же выигрывать?

Если вы после своего хода можете оставить кучу, для которой число Спрага-Грюнди равно 0, то ваш противник не сможет достичь ситуации с числом нуль, поскольку по определению число, которое он оставит, отлично от исходного числа. Поскольку он не сможет достичь ситуации p с SG (p) = 0, то он и не может выиграть. Ему придется оставить вам ситуацию с SG(p) ≠ 0, исходя из которой, вы всегда сможете получить ситуацию с числом Спрага-Грюнди, равным нулю. Следовательно, вам нужно оставлять вашему противнику число спичек с числом SG, равным нулю, иначе говоря, число спичек, кратное 7.

Одно из двух: либо ваш противник не знает этого правила и играет «по нюху»; при первой возможности вы оставляете ему кратное 7 и из ежовых рукавиц не выпускаете; либо он знает правило и ходит первым: он достигает кратного 7. Вы не сможете выиграть, если он не рассеян или не сделает ошибки в счете. Но компьютер не рассеян и не делает ошибок в счете (если ваша программа верна)…

Игра 17.

Выигрывающее положение — 31 декабря. Возьмите листок бумаги в клетку. Расположите по абсциссе месяцы, а по ординате дни. Так как 31 декабря выигрывает, то вы обозначаете эту точку числом Спрага-Грюнди 0. Из каждого дня декабря можно получить 31, но также и любой другой последующий день. Поэтому вы приписываете значение 1 дате 30 декабря, значение 2 дате 29 декабря, и т, д. То же для любого 31 числа; из него можно получить 31 число всех последующих месяцев. Поэтому 31 октября получает 1, 31 августа 2 и т. д.

После этого вы можете закончить значение таблицы и приписать число Спрага-Грюнди всем дням года. Вы увидите также появление дней со значением 0, которые являются выигрывающими днями. Напоминаю вам правило: каждому игровому положению приписывается наименьшее неотрицательное целое значение, отличное от значений тех положений, которые можно получить, исходя из данного, т. е. в настоящем случае — от значений тех положений, которые расположены правее, и тех, которые расположены ниже.

Закон заполнения таблицы достаточно сложен; и я не пытаюсь вам его сформулировать. Как только октябрь заполнен, появляется простая закономерность, которая дает соотношение между номером дня и номером месяца для выигрывающих положений.

Даже если вы мало знаете современную математику, вы слышали разговоры об отношении эквивалентности. Все выигрывающие положения эквивалентны. Игровое положение задается парой д, м, где д — номер дня, а м — номер месяца. Следовательно, вы должны найти такое отношение эквивалентности для пар натуральных чисел, чтобы

д, м' было не эквивалентно д, м при м ≠ м', и

д', м было не эквивалентно д, м при д ≠ д'.

Наконец, для выигрывающей позиции д, м должно быть эквивалентно 31, 12. Что-то похожее на это можно видеть в программах лицеев…

Я прекрасно понимаю, что календарь осложняет все, поскольку длина месяца не постоянна и зависит от м, причем к тому же с непростым законом изменения. Но, к счастью, оказывается, что это никак не сказывается на этом замечательном отношении эквивалентности.

После всего сказанного вы должны выпутаться из этой задачи…

Игра 18.

Эта игра — производная от средневековой игры. Сначала попытайтесь достичь 50 с точностью до кратного 7. Но как только все четыре карты, имеющие одинаковое значение, оказываются использованными, так ситуация сразу меняется. Вот пример начала партии,

Я беру туза, компьютер тоже. Сумма 2.

Чтобы получить 8, я беру 6. Компьютер берет туза. Сумма 9.

Чтобы получить 15, я снова беру 6.

Компьютер берет последнего туза. Сумма 16,

Теперь остаются следующие карты:

2 2 2 2 3 3 3 3 4 4 4 4 5 5 5 5 6 6

Так как тузов больше нет, то числа Спрага-Грюнди изменились[20]. Теперь из 49 больше нельзя получить 50.

SG(50) = 0, SG(49) = 0.

Из (48) можно получить 50. Поэтому SG(48) = 1.

Из 47 можно получить 49 и 50, но не 48. Поэтому SG(47) = 1.

Теперь положения, имеющие нулевое SG, — это

42 41 34 33 26 25 18 17

Поэтому я могу взять 2, чтобы достичь 18.

Стратегия усложняется, поскольку числа Спрага-Грюнди полностью меняются при удалении каждой карты. Но это как раз и благоприятствует компьютеру. Если он не может достичь выигрывающего положения, он берет карту, оставшуюся в наименьшем количестве экземпляров. Каждый раз, когда тот или иной тип карт исчерпывается, компьютер пересчитывает заново числа Спрага-Грюнди.

Мне придется переписать мою программу в соответствии с этой стратегией.

Игра 19. Ним-сумма.

Для меня эта игра — своего рода педагогический вызов. Я чрезвычайно раздражен тем, что все, кто излагает эту игру, ведут себя одинаково: известно, что выигрывающей стратегией является следующая… Почему она выигрывает? Откуда она вообще взялась эта стратегия?

Выписать числа Спрага-Грюнди очень трудно.

Попытаемся найти несколько выигрывающих положений.

Если к моменту своего хода я обнаруживаю только одну спичку, то я выигрываю.

Если я обнаруживаю единственную кучку, то я тоже выигрываю.

Если, кроме одной кучки, ничего больше нет, то можно положить SG(0) = 0 (я выигрываю, я взял последнюю спичку), вследствие чего SG(n) = n.

Предположим теперь, что у нас две кучки. Если я оставляю две кучки, в каждой из которых по одной спичке, то я обязательно выигрываю: мой противник должен взять столько спичек, сколько он хочет, но — только из одной кучки. У него нет выбора, он может только взять одну из спичек, после чего я возьму последнюю спичку и выиграю.

Если я оставляю две одинаковые кучки по n спичек в каждой, то у моего противника две возможности:

— взять целиком одну из кучек, я возьму другую и выиграю;

— взять часть одной из кучек и оставить в ней n' спичек. Я возьму столько же из другой, оставляя ситуацию n', n'. По индукции — я на пути к победе.

В наиболее общем случае ситуация характеризуется p целыми числами (p — число кучек). При каждом ходе изменяется одно и только одно из этих неотрицательных целых чисел и оно заменяется меньшим неотрицательным целым числом, которое может быть и нулем. Если мы исходили из выигрывающей ситуации, то новая ситуация не является выигрывающей. Если ситуация не являемся выигрывающей, то всегда можно, уменьшая одно из чисел, получить выигрывающую ситуацию (по крайней мере, если выигрывающая стратегия существует[21]…).

Попытаемся охарактеризовать числа с помощью их цифрового представления. Изменить число — значит, изменить представляющие его цифры. Если использовать десятичное представление, то у нас в наличии 10 возможных цифр и их изучение затруднительно. Возьмем двоичное представление, для которого есть только две возможные цифры: 0 и 1. Уменьшение числа изменяет по крайней мере одну цифру этого числа, так что есть по крайней мере одна цифра 1, замененная на 0, или 0, замененный на 1. Этого должно хватить для того, чтобы заставить перейти от выигрывающего положения к проигрывающему положению. Число 0 встречаться не должно, поскольку пустые кучки, характеризующиеся нулевыми значениями, просто не считаются кучками. Характеризация выигрывающего положения должна быть поэтому связана с единицами различных чисел, записанных в двоичной системе.

Если есть две кучки с одинаковым числом спичек, то ситуация является выигрывающей. Следовательно, каково бы ни было число единиц в двоичном представлении каждого числа, положение является выигрывающим, если в каждом разряде наши два числа имеют либо 0, либо две цифры 1.

Первые выигрывающие комбинации с тремя кучками имеют вид

1, 2, 3, или в двоичной записи 01 10 11,

1, 4, 5, или в двоичной записи 001 100 101

Опять в каждом разряде наши три числа имеют либо 0, либо две цифры 1. Я разобрал достаточно случаев, чтобы подвести вас к результату К. Бутона (1902): положение является выигрывающим, если в каждом двоичном разряде суммарное число 1 двоичных представлений числа спичек в каждой кучке четно.