先看一下一維 NIM遊戲。
有一堆大小為 \(n\) 的石子，甲和乙輪流從石堆裡面拿石子，不能一次拿掉所有石子，取走最後一個石子的人獲勝，甲先開始，誰是必勝的？
顯然，誰先手，誰就獲勝。那麼推廣到二維呢？
有兩堆大小為 \(n\) \(m\) 的石子，甲和乙輪流從兩個石堆裡拿石子，每次從一個石堆裡拿石子，不能一次拿掉一堆中所有石子，取走最後一個石子的獲勝，甲先開始拿，誰是必勝的？
當 \(n=m\) 的時候，先手必輸。因為先手從一堆中拿 \(Y\) 顆，後手也可以從另外一個堆中拿 \(Y\) 顆。迴圈下去，後手必勝。
而如果 \(n != m\)，先手就可以製造兩堆相等的石子，使得後手必敗。
引入點新概念。當兩堆相等時，先手必敗，我們將這種狀態叫做必敗態。記為 \(P\)。
當兩堆不相等時，先手必勝，將這種狀態叫做必勝態，記為 \(N\)。
那麼，推廣到多維，如何確定誰是必勝的呢？
由前兩種NIM遊戲可以知道，如果所有石堆大小都相等，那麼先手是不能直接取得勝利的。這種狀態稱為平衡態。反之，可以進行一次操作就取得勝利的狀態就是非平衡態。平衡態也就是必勝態，非平衡態也就是必敗態。
考慮將所有石堆的大小互斥或起來，如果結果為 \(0\)，那麼這就是一個平衡態。如果結果不為零，那就是非平衡態。
我們每拿一次石子，都可以將互斥或時某一位上的值由這位上的 \(1\) 的奇偶性決定。因此我們拿石子時可以控制每一位上 \(1\) 的奇偶性，也就因此能控制互斥或出的總結果了。同樣的，對手每操作一次，由於必須拿至少一顆石頭，就勢必將會影響某一位上 \(1\) 的數量，狀態必然會改變。這就意味著我們在操作的時候，可以實現平衡態和非平衡態之間的轉化。
如果一開始我們接手的是一個不平衡態，要取勝，就可以反覆給對手構造一個平衡態，這是必勝的。
如果一開始接手的是一個平衡態，只要對手足夠聰明，就可以讓我們每次都拿到一個平衡態。這就是必敗的。
由剛才的論述可知，必勝態和必敗態之間是可以相互轉化的。必敗態經過一次操作必然會轉化為必勝態，必勝態經過一次操作可能是必勝態，也可能是必敗態（想想互斥或的過程）。當一個狀態已經轉化為能夠分出勝負的必敗態時，稱這個狀態是0級必勝點，記作 \(SG(x)=0\)（\(x\) 描述了當前的狀態）。
如果某個狀態最少操作一次就能變為0級必勝點，那麼這個狀態就是1級必勝點，以此類推，有2級，3級……必勝點。而SG函數就是用來描述每個狀態到達終末態時所需要的最少的步驟，即描述每個狀態是幾級必勝點。定義為：
兩個同級必勝點（SG函數值相等）組成的遊戲是必敗的。因為先手如果降低其中一個必勝點的等級，後手可以降低另一個必勝點的相同數量的等級，使先手一直面對兩個同級必勝點，最後面對兩個1級必勝點，只能將其中一個必勝點變成必敗點，這樣先手必敗。
兩個不同級必勝點（SG函數值不同）組合成的的遊戲是必勝的，因為先手可以將等級高的必勝點的等級降低到與另一個必勝點相同，這樣後手面對的就是由兩個同級必勝點構成局面，先手必勝。
對於一個遊戲，可以將組成它的每一個遊戲的SG函數值互斥或起來，為 \(0\)，則對於先手來說必敗，反之對於先手就是必勝的。這就是 SG定理了！
三堆大小分別為 \(n\)，\(m\)，\(p\) 的石子，每堆大小均不超過 \(1000\)，兩個人拿，令 \(x\) 為菲波那契數列中的一項，每個人每次只能從一堆裡拿 \(x\) 個石子，問誰是必勝的。
板題，主要想說說怎麼記憶化搜尋求SG函數值。
int sg[MAXN + 5],f[MAXN + 5];//f為菲波那契數列
int getsg(int num){
if(num == 0)return sg[num] = 0;
if(sg[num] != -1)return sg[num];
bool vis[MAXN + 5];//表示從石子數為num可以轉換到哪些狀態
for(int i = 1; i <= MAXN: i++){
vis[num - f[i]] = 1;
getsg(num - f[i]);
}
for(int i = 0; ; i++){
if(!vis[i])return sg[num] = i;//找mex，求出是幾級必勝點
}
return sg[num];
}
求出三個數的SG值後，看 \(SG(n) ^ SG(m) ^ SG(p)\) 是否為 \(0\) 即可得出答案。
給定一個 \(n\)，令 \(p = 1\)，甲和乙可以每次將 \(p\) 乘上一個屬於 \([2,9]\) 的數，誰使 \(p\) 大於 \(n\) 誰就贏。求誰是必勝的。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<map>
#define int long long
using namespace std;
const int MAXN = 1e5;
int n;
map<int,int> sg,vis;
int getsg(int x){
if(x >= n)return sg[x] = 0;
if(vis.find(x) != vis.end())return sg[x];
vis[x] = 1;
int s[10];//9的十次方已經大於n的最大值了，故sg函數的值最大為9
memset(s,0,sizeof s);
for(int i = 2; i <= 9; i++){
s[getsg(x * i)] = 1;
}
for(int i = 0; i < 10; i++){
if(!s[i])return sg[x] = i;
}
return sg[x];
}
signed main(){
while(~scanf("%lld",&n)){
sg.clear();
vis.clear();
getsg(1);
if(sg[1])cout << "Stan wins.\n";
else cout << "Ollie wins.\n";
}
}
兩個人在一張大小為 \(h * w\) 紙上面切，每個人每次可以橫著切一刀，也可以豎著切一刀，誰切出了 \(1 * 1\) 大小的紙，誰就獲勝，問誰必勝。
注意到狀態是二維的，即當前紙的長與寬。注意下SG函數的記錄方法。
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
const int MAXN = 1e3;
int sg[MAXN + 5][MAXN + 6],n,m;
int getsg(int x,int y){
if(x < y)swap(x,y);
if(sg[x][y] != -1)return sg[x][y];
if(x == 1 && y == 1)return sg[x][y] = 1;
bool vis[4001];
memset(vis,0,sizeof vis);
for(int i = 2; i <= x - 2; i++){//橫著切
vis[getsg(i,y) ^ getsg(x - i,y)] = 1;//每切一刀，就將當前紙分成了兩張，也就是分成了兩個子游戲，因此取互斥或的值
}
for(int i = 2; i <= y - 2; i++){//豎著切
vis[getsg(x,i) ^ getsg(x,y - i)] = 1;
}
for(int i = 0; i <= 4000; i++){
if(!vis[i])return sg[x][y] = i;
}
return sg[x][y];
}
int main(){
memset(sg,-1,sizeof sg);
for(int i = 2; i <= MAXN; i++){
sg[1][i] = 0;
}
while(~scanf("%d%d",&n,&m)){
int ans = getsg(n,m);
if(ans)cout << "WIN\n";
else cout << "LOSE\n";;
}
}