零和游戏

本文讨论（二人）零和游戏．

在零和游戏中，两名玩家的收益之和恒为零，一方的收益必然意味着另一方的损失．零和游戏可以视为常和游戏的特殊情形．不过，任何常和游戏都可以通过对某一方的收益整体加上或减去一个常数，等价地转化为零和游戏，所以仅需要讨论零和游戏．

在算法竞赛中常见的零和游戏大致可分为两类：序贯零和游戏与同时零和游戏．

序贯零和游戏

序贯零和游戏中，两名玩家轮流行动，直到游戏终止．

序贯零和游戏中，玩家的收益函数呈现递归结构．游戏局面 $S$ 可以分为三类，即终止局面 $S_{0}$ 、玩家 $1$ 行动的局面 $S_{1}$ 和玩家 $2$ 行动的局面 $S_{2}$ ．假设终止局面 $s \in S_{0}$ 处，玩家 $1$ 的收益为 $v (s)$ ，相应地，玩家 $2$ 的收益为 $- v (s)$ ．因此，轮到玩家 $2$ 行动时，最大化它的收益就相当于最小化玩家 $1$ 的收益．由此，假设双方都采取最优策略，玩家 $1$ 在局面 $s \in S$ 处能够获得的最大收益 $V (s)$ 满足如下递推关系：

V (s) = {\begin{cases} v (s), & s \in S_{0}, \\ max_{t \in s} V (t), & s \in S_{1}, \\ min_{t \in s} V (t), & s \in S_{2} . \end{cases}

其中， $t \in s$ 表示 $t$ 是 $s$ 的后继局面．这就是极小化极大思想．

将这一算法应用于实际问题中，通常有如下具体方法：

如果游戏中涉及的局面数量较少，直接暴力实现这一算法即可．
如果游戏中涉及的局面数量较为庞大且没有特殊结构，可以考虑 Alpha–Beta 剪枝并结合其他搜索剪枝算法使用．
如果游戏中单个局面经常是多个局面的后继局面，为避免重复搜索，可以考虑记忆化搜索或其他动态规划算法．
如果游戏中玩家的最终收益是终局前所有行动的收益和，可以适当优化建模方式．具体地，假设到达终局 $s \in S_{0}$ 时，玩家 $i = 1, 2$ 的行动序列分别为 ${a_{j}^{(i)}}_{j = 1}^{k_{i}}$ ，行动 $a$ 对应的收益为 $w (a)$ ，玩家 $1$ 的收益函数为
$v (s) = \sum_{j = 1}^{k_{1}} w (a_{j}^{(1)}) - \sum_{j = 1}^{k_{2}} w (a_{j}^{(2)}) .$
那么，可以设 $\tilde{V} (s)$ 为当前玩家在局面 $s \in S$ 之后的游戏中能够取得的最大分数．对于初始状态 $s_{0}$ ，有 $V (s_{0}) = \tilde{V} (s_{0})$ ，因此求出 $\tilde{V} (\cdot)$ 足以求解原问题．对于 $\tilde{V} (\cdot)$ ，有如下递推关系：
$\tilde{V} (s) = {\begin{cases} 0, & s \in S_{0}, \\ max_{t \in s} w (a_{s \to t}) - \tilde{V} (t), & s \in S_{1} \cup S_{2} . \end{cases}$
其中， $a_{s \to t}$ 表示可以使得状态从 $s$ 转移到 $t$ 的行动，如果有多个这样的行动，取收益 $w (a)$ 最高的那个．
公平组合游戏都是序贯零和游戏，只需要设游戏中胜利方和失败方的收益分别为 $+ 1$ 和 $- 1$ ．此时，收益函数 $V (\cdot)$ 的递推关系其实就是判定必胜状态和必败状态的引理．

这类问题还有一种常见的变形，即求胜利方最少需要的回合数和失败方最多可以坚持的回合数．为此，只需要注意到从终止状态开始做 BFS 并按照引理判定必胜状态和必败状态时，记录判定必胜状态和必败状态时 BFS 进行到的轮次数，就是所求的回合数．这是因为判定为必胜状态只需要一个后继状态是必败状态即可，它总是由后继状态中轮次数最小的必败状态转移而来；而判定为必败状态需要所有后继状态都是必胜状态，它总是由后继状态中轮次数最大的必胜状态转移而来．

这一方法同样可以推广到一般的有向图游戏．

例题

Codeforces 794 E. Choosing Carrot

设有一个长度为 $n$ 的数列 $a_{i}$ ．两名玩家 $1$ 和 $2$ 轮流从数列的两端取走一个数，直到数列中仅剩下最后一个数字为止．玩家 $1$ 的目标是最大化这个最后剩下的数字，玩家 $2$ 的目标是最小化它．在游戏正式开始前，玩家 $1$ 还可以先进行 $k$ 次行动．假设两名玩家在整个过程中都采取最优策略．对于每一个 $k = 0, 1, 2, \dots, n - 1$ ，求出游戏结束时最后剩下的数字．其中， $1 \leq n \leq 3 \times 10^{5}$ ．

解答

因为无论双方怎样取走数字，数列剩余部分都是一段完整的区间．所以，游戏中的局面可以仅由区间 $[l, r]$ 和当前行动的玩家 $i = 1, 2$ 描述，可以使用动态规划算法求解．设 $f (l, r, i)$ 为局面由 $(l, r, i)$ 描述时，游戏最后剩下的数字．由前文分析可知，当 $l < r$ 时，这一函数满足状态转移方程：

\begin{aligned} f (l, r, 1) & = max {f (l + 1, r, 2), f (l, r - 1, 2)}, \\ f (l, r, 2) & = min {f (l + 1, r, 1), f (l, r - 1, 1)} . \end{aligned}

终值条件为 $f (l, l, 1) = f (l, l, 2) = a_{l}$ ．据此，可以在 $Θ (n^{2})$ 时间内求出所有可能局面的函数值．对于每个 $k$ ，答案就是

g (k) = max f (l, r, 1) subject to r - l + 1 = k .

这一算法无法通过原题所设的数据范围，因此需要考虑优化转移．此处有很多种处理方法，本文只提供其中一种．

将状态转移方程看作是对数列整体的操作．两个转移方程分别表示将相邻数字取最大值和最小值得到新数列，将它们分别称为「最大化操作」和「最小化操作」．每次操作都会使得数列长度减一．所有长度为 $d$ 的区间对应结果共计 $(n - d + 1)$ 个，这就相当于对序列进行 $(d - 1)$ 次操作得到的序列．另外，要得到 $f (l, r, 1)$ 的结果，就需要保证最后一次操作是最大化操作．因此，这些操作序列的结尾总是最大化操作．

考虑连续两次操作给数列带来的变化．不妨考虑首先做最小化操作，再做最大化操作．此时，数列 $a_{1}, a_{2}, a_{3}$ 将变为

max {min {a_{1}, a_{2}}, min {a_{2}, a_{3}}} .

枚举 $a_{1}, a_{2}, a_{3}$ 三个数字之间所有可能的大小关系可知，除了 $a_{1} < a_{2}$ 且 $a_{2} > a_{3}$ （即 $a_{2}$ 是严格极大值）这种情形外，这一表达式总是等于 $a_{2}$ ．也就是说，如果一个数列不存在任何严格极大值点，那么，连续两次操作对它的唯一影响就是删去了数列首尾各一个数字．这显然大幅简化了转移．剩下唯一的问题就是：如何保证数列不存在任何严格极大值点？事实上，只要对序列做一次最大化操作，就能保证不存在严格极大值点．故而，所有偶数次操作的结果，可以通过对初始数列进行两次操作得到的序列，逐对删去首尾数字得到；所有奇数次操作的结果，可以通过对初始数列进行一次操作得到的序列，逐对删去首尾数字得到．

由于对序列的完整操作至多只需要进行 $3$ 次，而后续统计答案只需要 $2$ 次遍历，所以该算法的总时间复杂度为 $Θ (n)$ ．

参考代码

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <vector>

int main() {
  int n;
  std::cin >> n;
  std::vector<int> a(n);
  for (int& x : a) std::cin >> x;
  std::vector<int> ans(n), tmp;
  tmp = a;
  for (int i = 0; i < n - 1; ++i) {
    tmp[i] = std::max(tmp[i], tmp[i + 1]);
  }
  for (int l = n / 2 - 1, r = (n - 1) / 2, ma = 0; l >= 0; --l, ++r) {
    ma = std::max({ma, tmp[l], tmp[r]});
    ans[r - l] = ma;
  }
  tmp = a;
  for (int i = 0; i < n - 1; ++i) {
    tmp[i] = std::min(tmp[i], tmp[i + 1]);
  }
  for (int i = 0; i < n - 2; ++i) {
    tmp[i] = std::max(tmp[i], tmp[i + 1]);
  }
  for (int l = (n - 3) / 2, r = n / 2 - 1, ma = 0; l >= 0; --l, ++r) {
    ma = std::max({ma, tmp[l], tmp[r]});
    ans[r - l] = ma;
  }
  ans[n - 1] = *std::max_element(a.begin(), a.end());
  for (auto x : ans) std::cout << x << ' ';
  std::cout << std::endl;
  return 0;
}

习题

同时零和游戏

同时零和博弈中，两名玩家同时行动．

同时零和游戏通常采用收益矩阵表示．假设玩家 $i = 1, 2$ 的行动集合为 $A_{i}$ ，且当玩家 $i = 1, 2$ 分别采取行动 $a_{i} \in A_{i}$ 时，两人的收益分别是 $v (a_{1}, a_{2})$ 和 $- v (a_{1}, a_{2})$ ．

例子

考虑石头剪刀布游戏．假定胜利得 $1$ 分，失败得 $- 1$ 分，平局得 $0$ 分．那么，游戏中两人的收益可以表示为

(\begin{matrix} 0, 0 & 1, - 1 & - 1, 1 \\ - 1, 1 & 0, 0 & 1, - 1 \\ 1, - 1 & - 1, 1 & 0, 0 \end{matrix}) .

一般的二人同时游戏也可以表示为类似形式，故而也称为双矩阵游戏（bimatrix game）．对于零和博弈，由于玩家 $1$ 的收益矩阵和玩家 $2$ 的收益矩阵互为相反数，所以可以只考虑玩家 $1$ 的收益矩阵：

V = (v (a_{1}, a_{2}))_{(a_{1}, a_{2}) \in A_{1} \times A_{2}} = (\begin{matrix} 0 & 1 & - 1 \\ - 1 & 0 & 1 \\ 1 & - 1 & 0 \end{matrix}) .

需要解决的问题是：给定收益矩阵 $V = (v (a_{1}, a_{2}))_{(a_{1}, a_{2}) \in A_{1} \times A_{2}}$ ，如何求出两名玩家的最优策略和最大收益？

混合策略

相较于序贯零和游戏，同时游戏中两名玩家的角色是对称的．但是，既然已经解决了序贯零和游戏，那么不妨考虑同时游戏的序贯版本．例如，如果假定玩家 $1$ 首先做出行动，玩家 $2$ 再做出行动，那么，根据前文讨论，游戏结束时玩家 $1$ 的收益将由

w_{-} = max_{a_{1} \in A_{1}} min_{a_{2} \in A_{2}} v (a_{1}, a_{2})

给出．由于玩家 $1$ 的行动对于玩家 $2$ 单向透明，这应该是玩家 $1$ 所能获得的最差结果．对称地，如果假定玩家 $2$ 首先行动，那么，玩家 $1$ 的收益将由

w_{+} = min_{a_{2} \in A_{2}} max_{a_{1} \in A_{1}} v (a_{1}, a_{2})

给出．由于玩家 $2$ 的行动对于玩家 $1$ 单向透明，这应该是玩家 $1$ 所能获得的最好结果．玩家 $1$ 应该期待实际进行游戏时，所能获得的收益 $w \in [w_{-}, w_{+}]$ ．尽管不等式 $w_{-} \leq w_{+}$ 总是成立（证明参见弱对偶定理），但是由于等号未必成立，所以，仅采用序贯游戏的分析手段，一般情况下没有办法唯一确定游戏结果．

例子（续）

石头剪刀布游戏中，如果出手有先后，那么先手必输，后手必赢．转换为数学语言，这就是下列不等式：

w_{-} = - 1 \leq + 1 = w_{+} .

此时， $w_{-} \neq w_{+}$ 并不成立．

上述分析过程遗漏了同时游戏的一个关键因素，就是玩家无法准确预测对手的行动．形式上，这意味着双方可以采取某种随机策略．这一想法在序贯博弈的语境下并不成立，因为无论先手玩家如何随机选择行动，后手玩家总能准确地观测到这一行动，并有针对性地回应．但是，对于同时游戏，随机策略引入的战略模糊将使得对手无法有效地针对己方的行动．

例子（续）

石头剪刀布游戏中，如果玩家 $1$ 均匀随机地选择剪刀、石头、布三个行动之一，那么，根据玩家 $2$ 的行动不同，玩家 $1$ 可能获得的收益是

\frac{1}{3} (0, 1, - 1)^{T} + \frac{1}{3} (- 1, 0, 1)^{T} + \frac{1}{3} (1, - 1, 0)^{T} = (0, 0, 0)^{T} .

此时，无论玩家 $2$ 如何选择行动，玩家 $1$ 的期望收益总是 $0$ ．这显然好于确定性地选择单个行动．

由此，就引入了混合策略的概念．

混合策略

同时游戏中，玩家 $i$ 的 混合策略（mixed strategy），简称策略，是指函数 $s_{i} : A_{i} \to [0, 1]$ ，且它满足 $\sum_{a_{i} \in A_{i}} s_{i} (a_{i}) = 1$ ．也就是说，策略 $s_{i}$ 就是玩家 $i$ 的行动集合 $A_{i}$ 上的一个概率分布．玩家 $i$ 全体混合策略的集合记作 $S_{i} = Δ (A_{i})$ ，其中， $Δ (A_{i})$ 表示 $A_{i}$ 上的全体概率分布的集合．如果 $s_{i}$ 是退化的概率分布，即存在 $a \in A_{i}$ 使得 $s_{i} (a) = 1$ ，那么，也称策略 $s_{i}$ 为 纯策略（pure strategy）．

混合策略的收益就是单个行动收益的期望：

v (s_{1}, s_{2}) = \sum_{a_{1} \in A_{1}} \sum_{a_{2} \in A_{2}} s_{1} (a_{1}) s_{2} (a_{2}) v (a_{1}, a_{2}) .

将单个行动看作对应的纯策略，那么，就可以将行动集合 $A_{i}$ 嵌入（混合）策略集合 $S_{i}$ 中，且上式定义的 $v (s_{1}, s_{2})$ 就可以看作是将 $v (a_{1}, a_{2})$ 从 $A_{1} \times A_{2}$ 延拓到 $S_{1} \times S_{2}$ 上．

von Neumann 定理

引入混合策略后，极大化极小思想和极小化极大思想得到的结果是一致的，由此，同时零和游戏的结果也是唯一确定的．

定理（von Neumann）

允许混合策略的同时零和游戏中，如果双方都采取最优策略，那么，玩家 $1$ 的最大收益为

w = max_{s_{1} \in S_{1}} min_{s_{2} \in S_{2}} v (s_{1}, s_{2}) = min_{s_{2} \in S_{2}} max_{s_{1} \in S_{1}} v (s_{1}, s_{2}),

玩家 $2$ 的最大收益为 $- w$ ．

证明

设 $w = max_{s_{1} \in S_{1}} min_{s_{2} \in S_{2}} v (s_{1}, s_{2})$ ．考虑内层最小化问题，因为 $v (s_{1}, s_{2}) = \sum_{a_{2} \in A_{2}} s_{2} (a_{2}) v (s_{1}, a_{2})$ ，所以， $max_{s_{2} \in S_{2}} v (s_{1}, s_{2}) = max_{a_{2} \in A_{2}} v (s_{1}, a_{2})$ ，前者的最优解就是后者的最优解对应的纯策略．因此，有 $w = max_{s_{1} \in S_{1}} min_{a_{2} \in A_{2}} v (s_{1}, a_{2})$ ．进而，引入辅助变量 $u$ ，问题就可以改写为

w = max_{s_{1} \in S_{1}} u subject to u \leq min_{a_{2} \in A_{2}} v (s_{1}, a_{2}) .

因为这个约束就等价于 $u \leq v (s_{1}, a_{2})$ 对于所有 $a_{2} \in A_{2}$ 都成立．最后，引入混合策略 $s_{1}$ 的定义和收益函数 $v (s_{1}, a_{2})$ 的表达式，原问题就等价于线性规划问题

(P) \begin{aligned} w = max_{u, s_{1}} & u \\ subject to & \sum_{a_{1} \in A_{1}} s_{1} (a_{1}) v (a_{1}, a_{2}) \geq u, \forall a_{2} \in A_{2}, \\ \sum_{a_{1} \in A_{1}} s_{1} (a_{1}) = 1, \\ s_{1} (a_{1}) \geq 0, \forall a_{1} \in A_{1} . \end{aligned}

这个问题显然是可行的，且最优解有解．根据对偶原理可知，它的最优解就等于对偶问题的最优解：

(D) \begin{aligned} w = min_{t, s_{2}} & t \\ subject to & \sum_{a_{2} \in A_{2}} s_{2} (a_{2}) v (a_{1}, a_{2}) \leq t, \forall a_{1} \in A_{1}, \\ \sum_{a_{2} \in A_{2}} s_{2} (a_{2}) = 1, \\ s_{2} (a_{2}) \geq 0, \forall a_{2} \in A_{2} . \end{aligned}

重复前文的步骤，这一问题就等价于 $min_{s_{2} \in A_{2}} min_{s_{1} \in S_{1}} v (s_{1}, s_{2})$ ．定理得证．

这一结果正是这一游戏的 Nash 均衡．也就是说，假定双方都选择均衡中的最优策略，那么，没有任何玩家能够从偏离均衡策略中严格获益．

转化为线性规划问题

von Neumann 定理的证明同时也指出了同时零和游戏的求解方法．设 $n$ 和 $m$ 分别是玩家 $1$ 和 $2$ 可采取的行动数目．给定玩家 $1$ 的收益矩阵 $V \in R^{n \times m}$ ，可以求解如下线性规划问题：

\begin{aligned} w = max_{(u, s) \in R \times R^{n}} & u \\ subject to & V^{T} s \geq u 1, \\ 1^{T} s = 1, \\ s \geq 0. \end{aligned}

这是一个规模为 $Θ (n + m)$ 的线性规划问题，可以用单纯形法高效求解．算法得到的最优解 $s$ 就是玩家 $1$ 的最优（混合）策略．要求得玩家 $2$ 的最优策略，只需要从单纯形表中获得该问题最优解的对偶变量（即影子价格）即可．

习题

Luogu P4232 无意识之外的捉迷藏

参考资料与注释

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