博弈基础

By | 04月29日
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有一种很有意思的游戏,就是有物体若干堆,可以是火柴棍或是围棋子等等均可。两个
人轮流从堆中取物体若干,规定最后取光物体者取胜。这是我国民间很古老的一个游戏
,别看这游戏极其简单,却蕴含着深刻的数学原理。下面我们来分析一下要如何才能够
取胜。

(一)巴什博奕(Bash Game):只有一堆n个物品,两个人轮流从这堆物品中取物,规
定每次至少取一个,最多取m个。最后取光者得胜。

显然,如果n=m+1,那么由于一次最多只能取m个,所以,无论先取者拿走多少个,
后取者都能够一次拿走剩余的物品,后者取胜。因此我们发现了如何取胜的法则:如果
n=(m+1)r+s,(r为任意自然数,s≤m),那么先取者要拿走s个物品,如果后取者拿走
k(≤m)个,那么先取者再拿走m+1-k个,结果剩下(m+1)(r-1)个,以后保持这样的
取法,那么先取者肯定获胜。总之,要保持给对手留下(m+1)的倍数,就能最后获胜。
这个游戏还可以有一种变相的玩法:两个人轮流报数,每次至少报一个,最多报十
个,谁能报到100者胜。
(二)威佐夫博奕(Wythoff Game):有两堆各若干个物品,两个人轮流从某一堆或同
时从两堆中取同样多的物品,规定每次至少取一个,多者不限,最后取光者得胜。

这种情况下是颇为复杂的。我们用(ak,bk)(ak ≤ bk ,k=0,1,2,…,n)表示
两堆物品的数量并称其为局势,如果甲面对(0,0),那么甲已经输了,这种局势我们
称为奇异局势。前几个奇异局势是:(0,0)、(1,2)、(3,5)、(4,7)、(6,
10)、(8,13)、(9,15)、(11,18)、(12,20)。

可以看出,a0=b0=0,ak是未在前面出现过的最小自然数,而 bk= ak + k,奇异局势有
如下三条性质:

1。任何自然数都包含在一个且仅有一个奇异局势中。
由于ak是未在前面出现过的最小自然数,所以有ak > ak-1 ,而 bk= ak + k > ak
-1 + k-1 = bk-1 > ak-1 。所以性质1。成立。
2。任意操作都可将奇异局势变为非奇异局势。
事实上,若只改变奇异局势(ak,bk)的某一个分量,那么另一个分量不可能在其
他奇异局势中,所以必然是非奇异局势。如果使(ak,bk)的两个分量同时减少,则由
于其差不变,且不可能是其他奇异局势的差,因此也是非奇异局势。
3。采用适当的方法,可以将非奇异局势变为奇异局势。

假设面对的局势是(a,b),若 b = a,则同时从两堆中取走 a 个物体,就变为了
奇异局势(0,0);如果a = ak ,b > bk,那么,取走b – bk个物体,即变为奇异局
势;如果 a = ak , b < bk ,则同时从两堆中拿走 ak – ab – ak个物体,变为奇异局
势( ab – ak , ab – ak+ b – ak);如果a > ak ,b= ak + k,则从第一堆中拿走多余
的数量a – ak 即可;如果a < ak ,b= ak + k,分两种情况,第一种,a=aj (j < k)
,从第二堆里面拿走 b – bj 即可;第二种,a=bj (j < k),从第二堆里面拿走 b – a
j 即可。

从如上性质可知,两个人如果都采用正确操作,那么面对非奇异局势,先拿者必胜
;反之,则后拿者取胜。

那么任给一个局势(a,b),怎样判断它是不是奇异局势呢?我们有如下公式:

ak =[k(1+√5)/2],bk= ak + k (k=0,1,2,…,n 方括号表示取整函数)

奇妙的是其中出现了黄金分割数(1+√5)/2 = 1。618…,因此,由ak,bk组成的矩形近
似为黄金矩形,由于2/(1+√5)=(√5-1)/2,可以先求出j=[a(√5-1)/2],若a=[
j(1+√5)/2],那么a = aj,bj = aj + j,若不等于,那么a = aj+1,bj+1 = aj+1
+ j + 1,若都不是,那么就不是奇异局势。然后再按照上述法则进行,一定会遇到奇异
局势。

(三)尼姆博奕(Nimm Game):有三堆各若干个物品,两个人轮流从某一堆取任意多的
物品,规定每次至少取一个,多者不限,最后取光者得胜。

这种情况最有意思,它与二进制有密切关系,我们用(a,b,c)表示某种局势,首
先(0,0,0)显然是奇异局势,无论谁面对奇异局势,都必然失败。第二种奇异局势是
(0,n,n),只要与对手拿走一样多的物品,最后都将导致(0,0,0)。仔细分析一
下,(1,2,3)也是奇异局势,无论对手如何拿,接下来都可以变为(0,n,n)的情
形。

计算机算法里面有一种叫做按位模2加,也叫做异或的运算,我们用符号(+)表示
这种运算。这种运算和一般加法不同的一点是1+1=0。先看(1,2,3)的按位模2加的结
果:

1 =二进制01
2 =二进制10
3 =二进制11 (+)
———————
0 =二进制00 (注意不进位)

对于奇异局势(0,n,n)也一样,结果也是0。

任何奇异局势(a,b,c)都有a(+)b(+)c =0。

如果我们面对的是一个非奇异局势(a,b,c),要如何变为奇异局势呢?假设 a < b
< c,我们只要将 c 变为 a(+)b,即可,因为有如下的运算结果: a(+)b(+)(a(+)
b)=(a(+)a)(+)(b(+)b)=0(+)0=0。要将c 变为a(+)b,只要从 c中减去 c-(
a(+)b)即可。

例1。(14,21,39),14(+)21=27,39-27=12,所以从39中拿走12个物体即可达
到奇异局势(14,21,27)。

例2。(55,81,121),55(+)81=102,121-102=19,所以从121中拿走19个物品
就形成了奇异局势(55,81,102)。

例3。(29,45,58),29(+)45=48,58-48=10,从58中拿走10个,变为(29,4
5,48)。

例4。我们来实际进行一盘比赛看看:
甲:(7,8,9)->(1,8,9)奇异局势
乙:(1,8,9)->(1,8,4)
甲:(1,8,4)->(1,5,4)奇异局势
乙:(1,5,4)->(1,4,4)
甲:(1,4,4)->(0,4,4)奇异局势
乙:(0,4,4)->(0,4,2)
甲:(0.4,2)->(0,2,2)奇异局势
乙:(0,2,2)->(0,2,1)
甲:(0,2,1)->(0,1,1)奇异局势
乙:(0,1,1)->(0,1,0)
甲:(0,1,0)->(0,0,0)奇异局势
甲胜。

取火柴的游戏
题目1:今有若干堆火柴,两人依次从中拿取,规定每次只能从一堆中取若干根,
可将一堆全取走,但不可不取,最后取完者为胜,求必胜的方法。
题目2:今有若干堆火柴,两人依次从中拿取,规定每次只能从一堆中取若干根,
可将一堆全取走,但不可不取,最后取完者为负,求必胜的方法。
嘿嘿,这个游戏我早就见识过了。小时候用珠算玩这个游戏:第一档拨一个,第二档拨两个,依次直到第五档拨五个。然后两个人就轮流再把棋子拨下来,谁要是最后一个拨谁就赢。有一次暑假看见两个小孩子在玩这个游戏,我就在想有没有一个定论呢。下面就来试着证明一下吧
先解决第一个问题吧。
定义:若所有火柴数异或为0,则该状态被称为利他态,用字母T表示;否则,
为利己态,用S表示。
[定理1]:对于任何一个S态,总能从一堆火柴中取出若干个使之成为T态。
证明:
若有n堆火柴,每堆火柴有A(i)根火柴数,那么既然现在处于S态,
c = A(1) xor A(2) xor … xor A(n) > 0;
把c表示成二进制,记它的二进制数的最高位为第p位,则必然存在一个A(t),它二进制的第p位也是1。(否则,若所有的A(i)的第p位都是0,这与c的第p位就也为0矛盾)。
那么我们把x = A(t) xor c,则得到x < A(t).这是因为既然A(t)的第p位与c的第p位同为1,那么x的第p位变为0,而高于p的位并没有改变。所以x < A(t).而
A(1) xor A(2) xor … xor x xor … xor A(n)
= A(1) xor A(2) xor … xor A(t) xor c xor … xor A(n)
= A(1) xor A(2) xor… xor A(n) xor A(1) xor A(2) xor … xor A(n)
= 0
这就是说从A(t)堆中取出 A(t) – x 根火柴后状态就会从S态变为T态。证毕
[定理2]:T态,取任何一堆的若干根,都将成为S态。
证明:用反证法试试。

c = A(1) xor A(2) xor … xor A(i) xor … xor A(n) = 0;
c’ = A(1) xor A(2) xor … xor A(i’) xor c xor … xor A(n) = 0;
则有
c xor c’ = A(1) xor A(2) xor … xor A(i) xor … xor A(n) xor A(1) xor A(2) xor … xor A(i’) xor c xor … xor A(n) = A(i) xor A(i’) =0
进而推出A(i) = A(i’),这与已知矛盾。所以命题得证。
[定理 3]:S态,只要方法正确,必赢。
最终胜利即由S态转变为T态,任何一个S态,只要把它变为T态,(由定理1,可以把它变成T态。)对方只能把T态转变为S态(定理2)。这样,所有S态向T态的转变都可以有己方控制,对方只能被动地实现由T态转变为S态。故S态必赢。
[定理4]:T态,只要对方法正确,必败。
由定理3易得。
接着来解决第二个问题。
定义:若一堆中仅有1根火柴,则被称为孤单堆。若大于1根,则称为充裕堆。
定义:T态中,若充裕堆的堆数大于等于2,则称为完全利他态,用T2表示;若充裕堆的堆数等于0,则称为部分利他态,用T0表示。

孤单堆的根数异或只会影响二进制的最后一位,但充裕堆会影响高位(非最后一位)。一个充裕堆,高位必有一位不为0,则所有根数异或不为0。故不会是T态。
[定理5]:S0态,即仅有奇数个孤单堆,必败。T0态必胜。
证明:
S0态,其实就是每次只能取一根。每次第奇数根都由己取,第偶数根都由对
方取,所以最后一根必己取。败。同理, T0态必胜#
[定理6]:S1态,只要方法正确,必胜。
证明:
若此时孤单堆堆数为奇数,把充裕堆取完;否则,取成一根。这样,就变成奇数个孤单堆,由对方取。由定理5,对方必输。己必胜。 #
[定理7]:S2态不可转一次变为T0态。
证明:
充裕堆数不可能一次由2变为0。得证。 #

[定理8]:S2态可一次转变为T2态。
证明:
由定理1,S态可转变为T态,态可一次转变为T态,又由定理6,S2态不可转一次变为T0态,所以转变的T态为T2态。 #
[定理9]:T2态,只能转变为S2态或S1态。
证明:
由定理2,T态必然变为S态。由于充裕堆数不可能一次由2变为0,所以此时的S态不可能为S0态。命题得证。
[定理10]:S2态,只要方法正确,必胜.
证明:
方法如下:
1) S2态,就把它变为T2态。(由定理8)
2) 对方只能T2转变成S2态或S1态(定理9)
若转变为S2, 转向1)
若转变为S1, 这己必胜。(定理5)
[定理11]:T2态必输。
证明:同10。
综上所述,必输态有: T2,S0
必胜态: S2,S1,T0.
两题比较:
第一题的全过程其实如下:
S2->T2->S2->T2-> …… ->T2->S1->T0->S0->T0->……->S0->T0(全0)
第二题的全过程其实如下:
S2->T2->S2->T2-> …… ->T2->S1->S0->T0->S0->……->S0->T0(全0)
下划线表示胜利一方的取法。 是否发现了他们的惊人相似之处。
我们不难发现(见加黑部分),S1态可以转变为S0态(第二题做法),也可以转变为
T0(第一题做法)。哪一方控制了S1态,他即可以有办法使自己得到最后一根(转变为
T0),也可以使对方得到最后一根(转变为S0)。
所以,抢夺S1是制胜的关键!
为此,始终把T2态让给对方,将使对方处于被动状态,他早晚将把状态变为S1.

推荐HDOJ题目
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1907
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2509
看完上面的结论,就能顺利解决上面2道了

S-Nim
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1536
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1944

博弈算法入门小节 1536 1517 1907
小子最近迷途于博弈之中。。。感触颇深。
为了让大家能够在学习博弈的时候少走弯路,最重要的也是为了加深自己的影响,温故而知新,特发此贴与大家共勉。
学博弈先从概念开始:
特别推荐LCY老师的课件:博弈入门。
下载地址:http://acm.hdu.edu.cn/forum/read.php?tid=6875
这个课件个人认为从博弈的基本思想,一直到解博弈的中心算法做了很好的诠释。但是特别要注意的是。课件后面一部分英语写的讲义是重中之重。小子英语很弱,在这困扰很久。现在为大家大概介绍一下。
主要是后继点和SG值的问题:
SG值:一个点的SG值就是一个不等于它的后继点的SG的且大于等于零的最小整数。
后继点:也就是按照题目要求的走法(比如取石子可以取的数量,方法)能够走一步达到的那个点。
具体的有关SG值是怎么运用的希望大家自己多想想。
课件后面有一个1536的代码。可以放在后面做做
看到这里推荐大家做几道题:1846(最简单的博弈水题)
1847(求SG值)

有了上面的知识接下来我们来看看组合博弈(n堆石子)
推荐大家看个资料:
博弈-取石子游戏(推荐等级五星级)
http://acm.hdu.edu.cn/forum/read.php?fid=20&tid=5748
http://hi.baidu.com/netnode/blog/item/30932c2edc7384514fc226ea.html
这里提出了一个奇异状态的问题。看了这篇文章你会发现异或运算在博弈中使用的妙处。当然这里指出的只是组合博弈中一种特殊情况。
王道还是对SG值的求解,但是知道这么一种思路无疑对思维的广度和深度扩展是很有帮助的。
ZZ博弈
http://acm.hdu.edu.cn/forum/read.php?fid=9&tid=10617
这里介绍了组和博弈的两种大的类型,一种是最后取的是N状态一种是最后取的是P状态,两个状态的解题方法能看懂很有帮助。当然,能够把推导过程理解,吃透无疑是大牛级的做法~小子也佩服的紧~
1536题推荐做做这题,这题前面提醒大家是一个求SG值的题目,题目前面是对异或运算运用在组合博弈问题中的很好的解释。当然题目本身是有所不同的。因为在这里面对取法有所要求。那么这样就回归到了解决博弈问题的王道算法——求SG值上。
有关运用求SG值的博弈题目有: 1850(也可基于奇异状态异或)
1848(中和的大斐波那契数列的典型求SG值题)
1517(个人认为有点猥琐的题目。。。。在此题上困扰很久。当然搞出来很开心。小子是用比较规矩的求SG值的方法求出来的,但是论坛有人对其推出来了规律,这里佩服一下,大家可以学习一下)
1079(更猥琐的题目,对新手要求较高,因为按传统方法需要比较细致的模拟加对边角状态的考虑,同样有人推出来了公式)
当你全部看完以上的东西。做完以上的题目的话。。。小子恭喜你~你博弈入门了~~~~
这里小子告诉大家。博弈很强大。学习要耐心~谢谢

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博弈小结:

(忽略从word上复制过来之后的奇葩缩进)

看了张一飞+贾志豪+方展鹏+曹钦翔的论文都讲得超好,这些应该到处都可以找到的。

终于会基本的博弈了。

仅仅只是看完之后的回忆录而已,基本上和论文相似,仅总结加深记忆用。

看到本文的人轻点喷。

也许看论文会更清晰。

以前博弈各种弱,只是零零星星的了解一些知识,严格的证明之类的没有接触。

现在终于都搞清啦!不过碰上奇葩博弈还是做不出。。。

1.极大极小搜索

好吧!表示最后才看到这个的。还是比较好理解的。

还有α-β剪枝,这个应该自己随便yy都可以搞出来的。

好吧!用来做五子棋,3连棋之类的。

至少会了这个,一般的博弈都可以拿0分以上了。

2.普通NIM游戏

概念题:一堆石子n个,每次最多取m个,求先手必胜还是必败。

N表示比生态,P表示必败态。

终止状态是P状态,然后找出能到达这个点的点标记为N状态,

继续扫,找到只能到达N状态的点标记为P状态,如此循环往复。

这个比较直观。类似拓扑的扫一次即可。

对于很多堆石子的话张一飞论文说得很清楚,小结一下。

首先看两堆石子,如果个数完全一样,那么后手必胜,因为现手在一堆中拿走了

一些棋子之后,后手总能在另一堆中拿一样多的棋子。

考虑把局面S分解成A和B,先手必胜成为S胜,后手胜为T胜。

如果A=B,则T胜。如S={3,3,2,2}分解成{3,3}和{2,2}.

如果对于A是S胜,B是S败(由于A,B等价,反过来亦然),S只需要先拿A,然后T如果拿A,S也拿A,T拿B,S也拿B,那么S因为对于A,S是先手,所以S总是可以拿到A的最后一个,并且可以逼着T当B的先手。因为B先手必败,S也可以拿掉B的最后一个。

如果对于A和B都是S败,那么A先随便拿一个,对于T来说就变成了上一种情况了。那么此时T胜。

当A和B都是S胜时,S肯定不会第一步把局面变成一胜一负,他会继续变成AB都对于T必胜,那么T又纠结了。如此往复,就无法确定了。

上面的分解,归纳一下,如果对于B,S必败,那么整个局面的胜负和A一样。

那么如果原几何是{2,2,2,7,7,3,3,9}就可以分解成A{2,9},B{2,7,3},C{2,7,3}。因为B+C是必败的,所以A+B+C的胜负和A一样,这样就转化成了一个不重集合了,打裸就少了一堆状态了。

好吧!以上就可以类比出XOR运算了。沿着这个思路,就可以想到一个函数来优化打裸了。

设f[x]=x。(一下xor用+代替)

那么对于一堆石子S={a1,a2,a3…..an}

另p=f[a1]+f[a2]+…..+f[an]

如果p=0则该状态是S败,否则S胜。

因为终止状态是p=0,要证明这个结论的正确性,只需要证明从p≠0能够转移到p=0,而从p=0只能转移到p≠0即可。

首先,明确xor的基本性质。

1.a+b=c,则有a+c=b.

2.p=a1+a2+…..an≠0,必然存在k,使p+ak<ak,因为p的最高位为1,肯定有一个ak该位也是1,p+ak该位就是0了。所以得证。

证明从p≠0能够转移到p=0

因为p=f[a1]+f[a2]+…..f[an]=a1+a2+…+an。

找到p+ak<ak的k和a1交换。

设x=p+a1<a1,直接把a1变成x1,那么p=p+a1+a2+…..+an=0.

证明从p=0只能转到p≠0

如果a的全部序列都是0了,你就玩完了。

其他时候,随便你选什么数ak,那么其他数的xor和肯定等于ak。

p=(ak-xxx) + ak,xxx为正数且小于ak,那么p显然就不为0了。

至此,证明了f[a1]=a1的正确性了。

现在题目稍稍拓展一下。

N堆石子,每次任选一堆,可以从这堆拿走不超过m个的石子。求先手必胜还是必败。

这个的f[a1]=a1%m.

因为游戏的分解之类的东西与前一个游戏一样,所以只需考虑一堆石子即可。

考虑最开始的那个打裸,从后往前推一下N和P就可一直到a1%m=0时必败。

来个终极版NIM游戏。

有若干排石子,每次必须选相邻的两个拿走,把原来的那排变成了两排。

谁无路可走了谁就挂了。

分析这个题,发现各种分解的性质和前面的两个游戏一样的。现在就需要求f值了。

和前面的游戏一样,我们设计的f值必须满足

终止状态p=0,从p≠0能够转移到p=0,从p=0只能转移到p≠0即可。

第一个条件是显然成立的。

回忆论文,先假设#S表示S这个状态的f值之xor和,

要满足第二个条件

因p=f[a1]+f[a2]+….+f[an]≠0,设x=f[a2]+f[a3]+….+f[an]=p+f[a1].

因p+f[a1]<f[a1],所以x<f[a1].

把a1干掉后可能变成了{b1,b2,…..bm}

那么必须#{b1,b2,….bm}+x=0,如果1~f[a1]-1,都被#{b1,b2….bm}包含了,

那么肯定是可以找到满足条件的x的。

要满足第三个条件

即p=f[a1]+f[a2]+…+f[an]=0时。f[a1]=f[a2]+…+f[an]=x;

同样把a1干掉,得到{b1,b2….bm}

Pn=#{b1,b2,…..bm}+x≠0,必须对于任意b都成立。

所以x不能出现在a1能转到的状态中。

所以f值就是他的后继的f值中没有出现过的值的最小值就行了。

其实,这就是sg值了。以前一直觉得这东西特别神奇,原来就这样就证明出来了。

看sg函数的使用条件:

1. 谁无法操作就输,与就是能找到必败态。

2. 满足类似拓扑序的东东

3. 各个游戏独立

4. 平等游戏

5. 对操作的限制,至于常数有关。

3.anti-nim游戏

如果定义拿最后一个棋子的人输就成了anti-nim游戏。

传说中的SJ定理登场了。实际上很多定理都会披上这么牛叉的名字。

我们就一种情况一种情况的玩吧。

这里的SG应该还是指的NIM中的SG。

先手必胜有两种状态:

1.如果每一个小游戏都只剩下一个石子了,SG为0。

2.至少一堆石子>1,且SG不为0.

证明

1显然成立。

2的话分两种情况

a. 只有一堆石子>1,好吧!整个生杀大权都交你主宰了。你可以把它变成1。

b. 至少两队石子>1,你只需要把SG值边为0就可以了,这个操作之后,至少还有两堆石子>1,然后对方随便怎么操作,都会把SG变成非0,你们就一直这么玩就行了。

还需要证明1,2的反面是必败的。

1显然了。

2的话,你会把SG变成非0,而且因为现在至少两堆石子>1了,所以你还会给人家至少留一个>1的,那么无论怎么搞,都会送给后手一个必胜态。

4.every-SG游戏

就是多线程博弈。

形象的说就是红队和蓝队每个队n个人,然后进行n个博弈,最后结束的一场博弈的胜者胜利。

显然,每个博弈的胜者都想让时间坚持得更久,每个败者都想让这场博弈早点结束。

不难列出每个点到终止的步数的DP方程。

如果v是先手必胜,则f[v]=max(f[u])+1,其中u为v的后继且u为先手必败。

否则f[v]=min(f[u])+1,u为v后继。

然后可以求出每一个博弈的步数。

求出这个最大值,如果最大值是奇数,那么先手必胜。这个显然。

还有黄金分割那道题,二分图有关的博弈,k倍动态减法游戏。写在应用里了。

5.不平等博弈

传说中的超现实数(也译成超实数)登场了。

首先明确超现实数的两个定义

定义surreal number x={XL|XR},满足XL中的任意一个数小于等于XR中的任意一个数。

然后是看他们如何比较大小

x={XL|XR}和y={YL|YR},要满足x<=y,必须满足XL的任意一个元素<y,YR的任意一个元素>x.

首先{|}=0.

然后可以构造出第一批新数{0|},{|0}

根据定义可以知道{|0}<{|}<{0|}

那么{|0}=-1,{0|}=1.

然后可以继续构造出一堆数。

接下来是加法运算法则。

x+y={XL|XR}+{YL|YR}={XL+y,YL+x|XR+y,YR+x} 。XL+y运算即把XL中的每一个元素+y。

这个公式十分美观,应该一眼就能记住了。

加法的交换律和结合律都是满足的。

然后就类比到不平等博弈问题。

两个人A,B面临着不同的局面恰好可以分成L,R,我们可以把它构造成超现实数。

于是乎整个局面变成了x={SA|SB},比如A可以转移到x,y,z。B可以转移到w。

就变成了{x,y,z|w}.

如果x>0

则说明x>=0成立,且x<=0不成立。

也就有SA中的元素都>=0,y中的元素都>0,那么A能转移到的状态总是有>=0的,y能转移到的总是>0的,那么A总是有状态可转,那么A必胜。

如果x<0

说明x>=0不成立,x<=0成立。

也就是SA的元素都<0,SB则有<=0,同理B必胜。

如果x=0

也就是说x>=0和x<=0同时成立。

那么SA都<0,SB都>0.那么A先手的话会转移到<0的,然后B必胜,B同理。

所以此时先手必败。

真的很佩服方展鹏神犇能想到把博弈和超现实数结合起来。

弱菜就只有膜拜的份了。

理论知识终于准备得差不多了,接下来就是刷更多题熟练了。

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  • 基础博弈

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  • HDU 1850 Being a Good Boy in Spring Festival 基础Nim博弈

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  • 足彩基础知识入门(1)概述与介绍

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  • 技术的“零和”博弈:大鱼吃小鱼

    杰克韦尔奇有一个著名理念:"一个公司要么在一个领域做到第一或者第二,要么就彻底退出."历史无数次证明了这一理念的正确性.而这一说法在高新技术产业尤其适用.在技术行业,只有顶级公司可以保持业务的不断可持续增长,而其他公司最好尽早抽身. ▲ 头号公司支配市场的例子就包括: -Google之于搜索 -Facebook之于社交网络 -Groupon之于团购 -Amazon之于电子商务 不过这并不代表着: -头号公司永远没有创新和发展困境 -二号竞争者不可能将业务做大 实际上,Microsoft

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