尼姆

尼姆是A.<一个href="//www.parkandroid.com/wiki/combinatorial-games-definition/" class="wiki_link" title="组合游戏" target="_blank">组合游戏，两名球员交替轮流从几堆中采取物体。唯一的规则是，每个玩家必须在轮到至少一个对象，但是它们可能会在一次转弯中取出多个对象，只要它们都来自同一堆。

nim是最着名的例子<一个href="//www.parkandroid.com/wiki/combinatorial-games-definition/" class="wiki_link" title="公正的比赛" target="_blank">公正的比赛在这款游戏中，两名玩家的行动始终相同，因此唯一的区别在于其中一名玩家先走。从某种意义上说，对于任何初始配置都已经找到了确切的策略，这个问题也完全解决了。

规则

基本的尼姆一开始是两个玩家和几个玩家堆，每个包含几个对象．偶尔，堆积也被称为桩，并调用对象石头．

又必须至少占一块石头，但只要他们都来自同一个堆，它们可能需要多个石头。它被允许制作一个空洞，有效地从游戏中取出堆。当播放器无法移动时，游戏结束。当然，只要有一块石头，就可以拿到那块石头，从而可以移动。因此，如果没有石头左，则可以重新显示结束条件。

在普通的尼姆，输家是无法移动的玩家。根据组合博弈论的惯例，这被称为正常条件，正常的博弈论使最后一个参与者走一步棋取得胜利。在misere尼姆，无法移动的玩家获胜;这相当于玩家输掉最后一个石头。

例如游戏

考虑以下比赛的例子。最初有三个桩<年代p一个nclass="katex"> $3,4,5$ $3. ， 4 ， 5$ 石头分别。爱丽丝和鲍勃正在玩爱丽丝开始。

桩1	桩2	桩3.	移动
$3.$	$4$	$5$	起始位置
$1$	$4$	$5$	爱丽丝需要<年代p一个nclass="katex"> $2$ $2$ 1号堆中的石头
$1$	$4$	$3.$	2.鲍勃需要<年代p一个nclass="katex"> $2$ $2$ 3号堆中的石头
$1$	$2$	$3.$	爱丽丝需要<年代p一个nclass="katex"> $2$ $2$ 2号堆中的石头
$0$	$2$	$3.$	4.鲍勃需要<年代p一个nclass="katex"> $1$ $1$ 来自桩的石头1
$0$	$2$	$2$	5.爱丽丝需要<年代p一个nclass="katex"> $1$ $1$ 来自桩3的石头
$0$	$1$	$2$	6.鲍勃需要<年代p一个nclass="katex"> $1$ $1$ 来自桩的石头2
$0$	$1$	$1$	7.爱丽丝需要<年代p一个nclass="katex"> $1$ $1$ 来自桩3的石头
$0$	$1$	$0$	鲍勃需要<年代p一个nclass="katex"> $1$ $1$ 来自桩3的石头
$0$	$0$	$0$	9.爱丽丝需要<年代p一个nclass="katex"> $1$ $1$ 来自桩的石头2

在正常情况下，爱丽丝赢了，因为爱丽丝拿走了最后一颗石头，因此鲍勃没有移动。在misère游戏中，爱丽丝会输，但在这里，爱丽丝会赢<年代p一个nclass="katex"> $2$ $2$ 从第3堆移到第7步的石头，留给Bob的是堆的大小<年代p一个nclass="katex"> $0,1,0$ $0 ， 1 ， 0$ 从而迫使Bob接受最后一个对象。

在上面的游戏中，爱丽丝已经发挥了完美的游戏，永远不要让鲍勃能够抢夺胜利。这可以推广到一般策略中。

策略

的<年代trong>nim-sum $a \ oplus b$ 两个非负整数<年代p一个nclass="katex"> $一个$ $一个$ 和<年代p一个nclass="katex"> $b$ $b$ 定义如下。代表<年代p一个nclass="katex"> $一个$ $一个$ 和<年代p一个nclass="katex"> $b$ $b$ 作为<一个href="//www.parkandroid.com/wiki/binary/" class="wiki_link" title="两个不同的幂的和" target="_blank">两个不同的幂的和．把出现两次的2的幂消掉，然后把剩下的数加起来。nimsum也被计算机科学家称为XOR。

例如,<年代p一个nclass="katex"> $3 \ oplus 5$ $3. \oplus 5$ 可以如下计算。我们有<年代p一个nclass="katex"> $3 = 2^1 + 2^0$ $3. ＝ 2^{1} + 2^{0}$ 和<年代p一个nclass="katex"> $5 = 2 ^ 2 + 2 ^ 0$ $5 ＝ 2^{2} + 2^{0}$ ．我们取消<年代p一个nclass="katex"> $2 ^ 0.$ $2^{0}$ 出现两次，然后把剩下的加起来<年代p一个nclass="katex"> $2 ^ 1 + 2 ^ 2$ $2^{1} + 2^{2}$ ，给予<年代p一个nclass="katex"> $3 \ + 5 = 6$ $3. \oplus 5 ＝ 6$ ．

可以证明<年代p一个nclass="katex"> $\ oplus$ $\oplus$ 是<一个href="//www.parkandroid.com/wiki/associative/?wiki_title=associative" class="wiki_link new" title="联想" target="_blank" rel="nofollow">联想，从而制作若干数字的尼泊尔<年代p一个nclass="katex"> $A_1 \ oplus a_2 \ oplus \ ldots \ oplus a_n$ $一个_{1} \oplus 一个_{2} \oplus ．．. \oplus 一个_{n}$ 定义的。

现在,给定一个普通的nim位置（桩的尺寸）<年代p一个nclass="katex"> $A_1 a_2 ldots a_n$ $一个_{1} ，一个_{2} ，．．. ，一个_{n}$ ，如果玩家移动获胜<年代p一个nclass="katex"> $A_1 \oplus a_2 \oplus \ldots \oplus a_n \neq 0$ $一个_{1} \oplus 一个_{2} \oplus ．．. \oplus 一个_{n} \neq ＝ 0$ ；确定一堆牌就能找到获胜的一步棋<年代p一个nclass="katex"> $I \ in \ {1,2，\ ldots，n \}$ $我 \in ｛ 1 ， 2 ，．．. ， n ｝$ 和一些<年代p一个nclass="katex"> $b_i \ in \ {0,1，\ ldots，a_i - 1 \}$ $b_{我} \in ｛ 0 ， 1 ，．．. ，一个_{我} - 1 ｝$ 这样<年代p一个nclass="katex"> $A_1 \oplus a_2 \oplus \ldots \oplus a_{i-1} \oplus bi \oplus a_{i+1} \oplus a_{i+2} \oplus \ldots \oplus a_n = 0$ $一个_{1} \oplus 一个_{2} \oplus ．．. \oplus 一个_{我 - 1} \oplus b_{我} \oplus 一个_{我 + 1} \oplus 一个_{我 + 2} \oplus ．．. \oplus 一个_{n} ＝ 0$ ，从堆里拿出几块石头<年代p一个nclass="katex"> $我$ $我$ 这样<年代p一个nclass="katex"> $双$ $b_{我}$ 石头留下了。如果<年代p一个nclass="katex"> $A_1 \ oplus a_2 \ oplus \ ldots \ oplus a_n = 0$ $一个_{1} \oplus 一个_{2} \oplus ．．. \oplus 一个_{n} ＝ 0$ ，则玩家要移动就输了。

例如，在上面的游戏中<年代p一个nclass="katex"> $3,4,5$ $3. ， 4 ， 5$ ，我们看到了<年代p一个nclass="katex"> $3 \ + 4 \ + 5 = 7 \ + 5 = 2$ $3. \oplus 4 \oplus 5 ＝ 7 \oplus 5 ＝ 2$ ,<年代p一个nclass="katex"> $1 \ oplus 4 \ oplus 5 = 5 \ oplus 5 = 0$ $1 \oplus 4 \oplus 5 ＝ 5 \oplus 5 ＝ 0$ ，所以通过减少第一桩来移动（在这种情况下）赢得胜利<年代p一个nclass="katex"> $3.$ $3.$ 石头<年代p一个nclass="katex"> $1$ $1$ 石头。在那之后，<年代p一个nclass="katex"> $1 \ oplus 4 \ oplus 5 = 0$ $1 \oplus 4 \oplus 5 ＝ 0$ ，因此理论上，玩家移动（在这种情况下鲍勃）失去，只要对手完全发挥着。

在misere尼姆，策略几乎是一样的。只要在建议搬家后，至少会有一堆大小<年代p一个nclass="katex"> $2$ $2$ 或者更大的，遵循正常的尼姆策略。不过，如果在建议搬家之后，就不会有堆大小了<年代p一个nclass="katex"> $2$ $2$ 或者更大，走不同的棋:

如果建议的移动使堆有<年代p一个nclass="katex"> $1$ $1$ 剩下的石头，让它拥有<年代p一个nclass="katex"> $0$ $0$ 石头相反,或
如果建议的移动使堆有<年代p一个nclass="katex"> $0$ $0$ 剩下的石头，让它拥有<年代p一个nclass="katex"> $1$ $1$ 石头。

换句话说，正确的移动是留下奇数堆积<年代p一个nclass="katex"> $1$ $1$ ．（在正常播放中，应该有一个偶数堆积的大小<年代p一个nclass="katex"> $1$ $1$ 相反，是为了让尼姆和为零。)

获胜策略的证明

下面的证明是一般的尼姆的策略，由C. Bouton给出。

当且仅当堆大小的尼姆和不为零时，移动的玩家在普通尼姆中获胜。

我们将从简单的基本情况开始:如果堆的大小都是零，那么移动的玩家就输了，nimsum也为零。从现在开始，假设不是所有的堆大小都为零。

首先，我们观察到，对于所有非负整数，尼姆和服从下列几个性质<年代p一个nclass="katex"> $a, b, c:$ $一个， b ， c ：$

结合性:<年代p一个nclass="katex"> $(a \oplus b) \oplus c = a \oplus (b \oplus c)$ $（一个 \oplus b ） \oplus c ＝一个 \oplus （ b \oplus c ）$

换向：<年代p一个nclass="katex"> $a \ oplus b = b \ oplus a$ $一个 \oplus b ＝ b \oplus 一个$

身份：<年代p一个nclass="katex"> $0 \ oplus a = a$ $0 \oplus 一个＝一个$

自反：<年代p一个nclass="katex"> $A \ + A = 0$ $一个 \oplus 一个＝ 0$

一次性计算多个数的nimsum是可能的:将所有数写成不同的2的幂的和，找出所有出现奇数次的2的幂，并对每个2的幂的一次出现求和。例如,<年代p一个nclass="katex"> $1\ oplus 3 \oplus 7 = big(2^0) \oplus \big(2^0 + 2^1) \oplus \big(2^0 + 2^1 + 2^2) \big = 2^0 + 2^2 = 5$ $1 \oplus 3. \oplus 7 ＝（ 2^{0} ） \oplus （ 2^{0} + 2^{1} ） \oplus （ 2^{0} + 2^{1} + 2^{2} ）＝ 2^{0} + 2^{2} ＝ 5$ ．

假设桩的大小为<年代p一个nclass="katex"> $A_1 a_2 ldots a_n$ $一个_{1} ，一个_{2} ，．．. ，一个_{n}$ 在搬家之前<年代p一个nclass="katex"> $b_1，b_2，\ ldots，b_n$ $b_{1} ， b_{2} ，．．. ， b_{n}$ 后移动。假设移动是在桩上<年代p一个nclass="katex"> $k$ $k$ ；然后为所有人<年代p一个nclass="katex"> $我\ neq k$ $我 \neq ＝ k$ ，<年代p一个nclass="katex"> $a_i = b_i.$ $一个_{我} ＝ b_{我}$ ．让<年代p一个nclass="katex"> $S = a_1 oplus a_2 oplus ldots oplus a_n$ $年代＝一个_{1} \oplus 一个_{2} \oplus ．．. \oplus 一个_{n}$ 和<年代p一个nclass="katex"> $t = b_1 \ oplus b_2 \ oplus \ ldots \ oplus b_n$ $t ＝ b_{1} \oplus b_{2} \oplus ．．. \oplus b_{n}$ ．我们有

$\ t & = 0开始{对齐}\ oplus t \ \ & = (\ oplus年代)\ oplus t \ \ & = s \ oplus (s \ oplus t) \ \ & = s \ oplus \大((a_1 \ oplus a₂\ oplus \ ldots \ oplus an) \ oplus (b_1 \ oplus b_2 \ oplus \ ldots \ oplus b_n) \大)\ \ & = s \ oplus \大((a_1 \ oplus b_1) \ oplus (a₂\ oplus b_2) \ oplus \ ldots \ oplus (an \ oplus b_n) \大)\ \ &大(0 = s \ oplus \ \ \ oplus oplus 0ldots \oplus 0\ oplus (a_k\oplus b_k) \oplus 0\ oplus \ldots \oplus 0\big) \\ &= s \oplus (a_k\oplus b_k)。结束\{对齐}$

现在我们将证明两个结果。

结果1:如果<年代p一个nclass="katex"> $s = 0$ $年代＝ 0$ ,然后<年代p一个nclass="katex"> $T \ neq 0$ $t \neq ＝ 0$ ．如果原始大小的nimsum为零，那么移动中的玩家就输了(他们必须让nimsum非零)。

我们声称<年代p一个nclass="katex"> $a_k \ oplus b_k \ neq 0$ $一个_{k} \oplus b_{k} \neq ＝ 0$ ．的确，假设是这样

$\ begin {对齐} a_k＆= a_k \ oplus 0 \\＆= a_k \ oplus（a_k \ oplus b_k）\\＆=（a_k \ oplus a_k）\ oplus b_k \\＆= b_k。结束\{对齐}$

因此<年代p一个nclass="katex"> $a_k = b_k.$ $一个_{k} ＝ b_{k}$ ．但这与移动玩家在堆上移动的事实相矛盾<年代p一个nclass="katex"> $B_K.$ $b_{k}$ ，因此必须使尺寸不同。

因此，以来<年代p一个nclass="katex"> $A_k \oplus b_k \neq 0$ $一个_{k} \oplus b_{k} \neq ＝ 0$ ，我们有

$\begin{align} t &= s \oplus (a_k \oplus b_k) \\ &= 0 \oplus (a_k \oplus b_k) \\ &= a_k \oplus b_k \\ &= neq 0。结束\{对齐}$

结果2：如果<年代p一个nclass="katex"> $s \ neq 0$ $年代 \neq ＝ 0$ ，可以制作<年代p一个nclass="katex"> $t = 0$ $t ＝ 0$ ．如果原始尺寸的nim总和不为零，则移动玩家正在获胜（它们可以使Nim-Sum Zero）。

考虑到2的最大功率，<年代p一个nclass="katex"> $2 ^ K.$ $2^{k}$ ，不大于<年代p一个nclass="katex"> $年代$ $年代$ ．必须至少有一个<年代p一个nclass="katex"> $ai$ $一个_{我}$ 这样它也包含<年代p一个nclass="katex"> $2 ^ K.$ $2^{k}$ ,否则<年代p一个nclass="katex"> $2 ^ K.$ $2^{k}$ 不能出现在<年代p一个nclass="katex"> $年代$ $年代$ ．现在,把<年代p一个nclass="katex"> $B_i = s \oplus a_i$ $b_{我} ＝年代 \oplus 一个_{我}$ ．价值<年代p一个nclass="katex"> $双$ $b_{我}$ 减少<年代p一个nclass="katex"> $2 ^ K.$ $2^{k}$ ，最多增加<年代p一个nclass="katex"> $2^{k-1} + 2^{k-2} + \cdots + 2^0 = 2^k -1$ $2^{k - 1} + 2^{k - 2} + \dots + 2^{0} ＝ 2^{k} - 1$ (每个2的剩余次方组成<年代p一个nclass="katex"> $年代$ $年代$ 增加了价值;例如<年代p一个nclass="katex"> $S = 2^2 + 2^1 + 2^0$ $年代＝ 2^{2} + 2^{1} + 2^{0}$ 和<年代p一个nclass="katex"> $a_i = 2 ^ 3 + 2 ^ 2$ $一个_{我} ＝ 2^{3.} + 2^{2}$ 给<年代p一个nclass="katex"> $bi = 2^3 + 2^1 + 2^0$ $b_{我} ＝ 2^{3.} + 2^{1} + 2^{0}$ ),所以<年代p一个nclass="katex"> $b_i$ $b_{我} < 一个_{我}$ ．此外,

$\ begin {对齐} t＆= s \ oplus（a_i \ oplus b_i）\\＆= s \ oplus \ big（a_i \ oplus（s \ oplus a_i）\ big）\\＆=（s \ oplus s）\oplus（a_i \ oplus a_i）\\＆= 0. \结束{对齐}$

这证明了这个定理。<年代p一个nclass="katex"> $_\正方形$ $_{□}$

上面为misère Nim给出的策略是正确的:遵循正常的Nim策略，除非移动的玩家将使所有堆的大小小于<年代p一个nclass="katex"> $2$ $2$ 石头，移动的玩家使成堆的数量<年代p一个nclass="katex"> $1$ $1$ 完全是奇数而不是偶数。

唯一的变化是移动玩家需要减少单桩的尺寸<年代p一个nclass="katex"> $2$ $2$ 或更多到少于<年代p一个nclass="katex"> $2$ $2$ $（$ 其他桩的大小不超过<年代p一个nclass="katex"> $1）.$ $1 ）．$

假设这些桩是<年代p一个nclass="katex"> $A_1 a_2 ldots a_n$ $一个_{1} ，一个_{2} ，．．. ，一个_{n}$ ，在哪里<年代p一个nclass="katex"> $A_1 \ GE 2$ $一个_{1} \geq 2$ 和<年代p一个nclass="katex"> $A_2, a_3, ldots, a_n, le 1$ $一个_{2} ，一个_{3.} ，．．. ，一个_{n} \leq. 1$ ．然后<年代p一个nclass="katex"> $A_2 \oplus a_3 \oplus \ldots \oplus a_n = 0 \vee 1$ $一个_{2} \oplus 一个_{3.} \oplus ．．. \oplus 一个_{n} ＝ 0 \lor 1$ ．如果<年代p一个nclass="katex"> $A_1 \ oplus a_2 \ oplus \ ldots \ oplus a_n = 0$ $一个_{1} \oplus 一个_{2} \oplus ．．. \oplus 一个_{n} ＝ 0$ ，这意味着<年代p一个nclass="katex"> $A_1 = 0 \vee 1$ $一个_{1} ＝ 0 \lor 1$ ,矛盾。所以移动的玩家赢了。显然，移动的玩家在第一堆中可能只有0或1个石头，因为它至少从一开始就有<年代p一个nclass="katex"> $2$ $2$ 石头。

一旦移动的球员决定移动，游戏的其余部分被迫;有一个奇数<年代p一个nclass="katex"> $1$ $1$ 大小的堆和对手开始时，对手也会拿走最后一颗石，从而输掉。

这证明了它的正确性。<年代p一个nclass="katex"> $_\正方形$ $_{□}$

NIM的其他变化

尼姆有许多变化。最着名的是正常的nim和蛋泡;在若干教科书中，正常的尼姆被认为是标准游戏，蛋清尼姆是变体，而在其他方面，这是另一个方式。由于NIM是一个非常基本的游戏，通过简单地添加一个额外的规则，可以获得许多可能的变体;此列表不打算涵盖所有可能性，只有众所周知的可能性。

一种变体被称为<年代trong>减法的游戏．这相当于Nim，但是所取的石头的数量被限制在一些正整数集合内:例如，第一个<年代p一个nclass="katex"> $k$ $k$ 数字或平方数。通常，只有一个堆播放。

通常，尼姆在堆中挤在一起的石头。一个变型将石头放在行中，以便在行的中间占据着行的石头分成两个。换句话说，玩家的举动是从堆中至少一块石头，并且可选择将堆分成两堆。<年代trong>Kayles用一堆堆放，允许分裂，但玩家可能最多需要<年代p一个nclass="katex"> $2$ $2$ 一次石头。<年代trong>道森的国际象棋是Kayles的另一种变体，玩家最多能拿多少<年代p一个nclass="katex"> $3.$ $3.$ 一段时间的石头;然而，只有一个石头只允许，如果它是堆中唯一的石头，而且服用两块石头不允许分裂。<年代trong>圆形的尼姆玩的时候，石头最初是排成圆圈的，所以第一次玩的时候，堆起来的石头不能被劈开;此外，一个人只能拿不超过<年代p一个nclass="katex"> $3.$ $3.$ 石头。

尼姆的概括是<年代trong>八进制游戏．玩家们轮流从一堆石头中取出几块石头，就像往常的尼姆一样;但是，控制何时以及如何获取和/或分割堆的规则被简洁地记录为一个八进制数。八进制游戏<年代p一个nclass="katex"> $\眉题{0。d_1 d_2 d_3 d_4 \ldots}$ $\overline{0 ． d_{1} d_{2} d_{3.} d_{4} ．．.}$ ，数字<年代p一个nclass="katex"> $d_n.$ $d_{n}$ 指定卸下后允许剩余剩余数量<年代p一个nclass="katex"> $n$ $n$ 一堆石头。<年代p一个nclass="katex"> $d_n.$ $d_{n}$ 是总和

$1 = 2 ^ 0$ 如果离开<年代p一个nclass="katex"> $0$ $0$ 允许堆（堆已完全<年代p一个nclass="katex"> $n$ $n$ 石头),<年代p一个nclass="katex"> $0$ $0$ 否则;
$2 = 2 ^ 1$ 如果离开<年代p一个nclass="katex"> $1$ $1$ 堆是允许的(堆有超过<年代p一个nclass="katex"> $n$ $n$ 石头),<年代p一个nclass="katex"> $0$ $0$ 否则;
$4 = 2 ^ 2$ 如果离开<年代p一个nclass="katex"> $2$ $2$ 允许堆（拿<年代p一个nclass="katex"> $n$ $n$ 来自堆的石头并将剩下的剩下分成两个非空堆），<年代p一个nclass="katex"> $0$ $0$ 否则。

作为一个例子，道森的国际象棋有八进制的游戏表示法<年代p一个nclass="katex"> $0.137$ $0 ． 1 3. 7$ ：

删除<年代p一个nclass="katex"> $1$ $1$ 只有在它是堆中唯一的石头，才有可能<年代p一个nclass="katex"> $d_1 = 1 + 0 + 0$ $d_{1} ＝ 1 + 0 + 0$ ．
删除<年代p一个nclass="katex"> $2$ $2$ 石头在任何时候都是可能的，但不允许分开堆，所以<年代p一个nclass="katex"> $d_2 = 1 + 2 + 0$ $d_{2} ＝ 1 + 2 + 0$ ．
删除<年代p一个nclass="katex"> $3.$ $3.$ 石头在任何时候都有可能，包括劈开那堆石头，所以<年代p一个nclass="katex"> $d_3 = 1 + 2 + 4$ $d_{3.} ＝ 1 + 2 + 4$ ．

正规的尼姆有八进制游戏符号<年代p一个nclass="katex"> $0.3333 \ ldots$ $0 ． 3. 3. 3. 3. ．．.$ ．Kayles有八进制的游戏符号<年代p一个nclass="katex"> $0.77$ $0 ． 77$ ．

八进制游戏还有更多的变体。第一个数字，对应于去除<年代p一个nclass="katex"> $0$ $0$ 石头，可以镶嵌进去<年代p一个nclass="katex"> $4$ $4$ 表示将堆一分为二(不拿任何石头)是一种允许的移动。通过使用更高的基数，我们可以表达允许将堆分成3个或更多堆的游戏。

指数-<年代p一个nclass="katex"> $k$ $k$ 尼姆是一个尼姆的变体，其中允许玩家在单匝中从一个以上的桩中取石头。这可以与减法游戏结合，限制移除的石头总数或从桩中取出的石头数量。

Wythoff的游戏是指数的变体 -<年代p一个nclass="katex"> $k$ $k$ 尼姆，从受影响的所有桩中移除的石头数量必须是相同的。通常，Wythoff的游戏只有两堆。战略非常不同;解决了双桩游戏，涉及使用Beatty的序列<年代p一个nclass="katex"> $\ varphi$ $φ.$ 和<年代p一个nclass="katex"> $\ varphi ^ 2$ $φ.^{2}$ ．

格伦迪的比赛甚至更有不同的石头不能被采取。唯一允许的举动是将堆分成两个不同尺寸的桩。这仍将结束游戏，因为桩的数量将受到石头数量的限制，并且它不断增加。

不平衡的尼姆有一个额外的规则，即任意两个堆的大小可能不相等。没有对象的堆可能被计算为堆，也可能不被计算为堆;在前一个选项中，这使得结束位置不同，如<年代p一个nclass="katex"> $0 1 2 ldots n-1，$ $0 ， 1 ， 2 ，．．. ， n - 1 ，$ 在哪里<年代p一个nclass="katex"> $n$ $n$ 是堆的数目。

更古怪的变体也是如此<年代trong>贪婪的尼姆在这种情况下，玩家只能从当前最大的一堆石头中取石头——如果有很多的话，任何这样的最大一堆石头都可以<年代trong>建筑尼姆在这里，选手们从排位开始<年代p一个nclass="katex"> $n$ $n$ 石头进入<年代p一个nclass="katex"> $p$ $p$ 桩在播放NIM游戏之前，因此在建筑阶段结束之前未知起始位置。

宁伯斯和斯普拉格- grundy定理

斯普拉格-格伦迪定理得到了更充分的发展<一个href="//www.parkandroid.com/wiki/sprague-grundy-theorem/" class="wiki_link" title="在这一页上" target="_blank">在这一页上．

Sprague-Grundy定理

公平博弈中的任何位置都相当于一定大小的尼姆堆。

相关......

内容

这是《获胜策略》的第12个问题。