康MM講座
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正文
拿石子遊戲(NIM)
NIM是一種兩人玩的遊戲，規則是這樣的：有三堆石子，每堆分別有三，五，七個。兩人輪流拿，每次拿的個數不限，但隻能從一堆拿。拿最後一個的勝。圍繞著NIM棋有一整套理論。我們從簡單講起。
問題1。有一堆50個石子。每人每次可以拿1到10個，拿最後一個的勝。第一次拿幾個可以保證必勝？
這道題比較簡單。隻要給對方11的倍數就行了。因為 50 = 6 mod 11，第一次應該拿6個。但是從這裏我們可以展開NIM理論。
這種遊戲有下列特征：
1。遊戲由一係列(有限個)不可逆狀態組成。
2。允許走法由狀態決定。
3。到不能繼續時遊戲結束，走最後一步的人勝。
如果對一個狀態必勝策略存在，稱之為勝狀態，否則為負狀態。從勝狀態出發，一步一定可以到達一個負狀態，而從負狀態出發，一步到達不了另一個負狀態，隻能到達勝狀態。對每一種狀態P定義P的NIM值N(P)如下：
1。不能繼續的狀態的NIM值為0。
2。對狀態P，設S為所有從P可以一步到達的狀態的NIM值的集合。則N(P)等於不在S中的非負整數中最小的。
比如說，如果從P出發可以一步到達的狀態的NIM值為0，1，2，5，7，N(P)就為3。容易看出下列定理：
定理1。狀態P是勝狀態的充分必要條件是N(P) > 0。必勝策略是達到NIM值為0的狀態，即負狀態。
我們看看怎樣用定理1來解問題1。根據定義可以算出來正整數n的NIM值等於N(n) = n mod 11。必勝策略是拿走n除以11的餘數。
再看一個例子：
問題2。有充分多的一分，五分，十分，二十五分，五十分，一百分硬幣。二人輪流向一個瓶內投硬幣，每次一枚，先投到20.05元為勝，超過為負。第一次應該投哪一個硬幣？
這個問題相當於有一堆2005個石子，每次可拿一，五，十，二十五，五十，一百個。計算可得前15個NIM值為：1,0,1,0,1,0,1,0,1,2,3,2,3,2,0。15以後為周期性。因為2005 = 10 mod 15，其NIM值為2。必勝策略為投十分，二十五分，或一百分。
有時問題不用理論也能解，例如
問題3。有一塊6X8的矩形巧克力，左下角那一塊壞了。兩人分吃，每次掰掉一條，即剩下的還是矩形。吃最後一塊為負。第一次應該掰多少？
當然是給對方留下正方形，即第一次掰2X6。如果用NIM值來算。下麵是每個矩形的NIM值：
5，4，7，6，1，0，3，2
4，5，6，7，0，1，2，3
3，2，1，0，7，6，5，4
2，3，0，1，6，7，4，5
1，0，3，2，5，4，7，6
0，1，2，3，4，5，6，7
還有時即使用了理論也不好解，例如
問題4。(和上一題差不多。)有一塊6X8的矩形巧克力，左下角那一塊壞了。兩人分吃，每次掰時，先選定一塊，然後把這塊及其上麵和右麵的都掰掉。(剩下的是鋸齒形。)吃最後一塊為負。第一次應該掰多少？
這一題的NIM值就很難算了，要編一個程序才行。下麵是矩形的NIM值。(還不包括鋸齒形。)
5，8，12，16，21，13，28，32
4，7，11，13， 6，21，23，22
3，5， 9， 6，13，16，19，12
2，4， 5， 9，11，12，13，16
1，2， 4， 5， 7， 8，10，11
0，1， 2， 3， 4， 5， 6， 7
從這裏可以看出問題4的必勝策略存在，但看不出是什麽。再繼續計算鋸齒形的NIM值才能知道唯一必勝策略是掰掉4X5的一塊。
有意思的是在這個問題中大於1X1的矩形的NIM值都不是0。這是可以證明的：設P為一個矩形狀態，P’是P掰掉右上角的一小塊後剩下的鋸齒形狀態。注意所有從P’能一步達到的狀態，都能從P一步達到。因此不論N(P’)是否為0，N(P)都不為0。這樣我們就得到了一個非構造性的證明：任何大於1X1的矩形狀態都是勝狀態。
下麵一道題也是非構造性的。
問題5。一張紙上寫著從1到N的自然數。兩人輪流從紙上擦去一個數。這個數的所有因子自動消失。比如：劃掉數8， 則紙上 8 4 2 1自動消失。劃掉最後一個數的人獲勝。問：當N=3000 的時候，最後誰贏?
第一個人一定能贏。假設他不能贏，則不管他劃幾，第二個人都能贏。第一個人就劃1，設第二個人劃k能贏。但第一個人可以直接劃k，就贏了。
我們注意到，在上麵的理論中，NIM值隻是0才有用。隻要算到1就行了，大於1的可以都算成1。還有另一個問題就是NIM值太難算。下麵我們對一大類遊戲來簡化NIM值的計算，算法中就要用到大於1的NIM值了。
這類遊戲可以分解為幾個獨立子遊戲，每個子遊戲滿足前麵的條件，子遊戲的規則可以相同也可以不同，每人每次隻能在其中一個子遊戲中走一步。這類遊戲的狀態也是由子狀態組成的。
定理2。整個狀態的NIM值等於對所有子狀態的NIM值進行二進製的不進位加法，即邏輯中的XOR運算。
例如，如果三個子狀態的NIM值分別為3，5，7，則整個遊戲的NIM值為 (11) XOR (101) XOR (111) = 1。我們用圓括號(x)來表示正整數x的二進製形式，如7 = (111)。
定理2的證明不難，隻是用到NIM值的定義和二進位數基本運算。但是卻十分有用。下麵看一看怎樣用它計算NIM值及必勝策略。
在NIM遊戲裏，初始狀態「3，5，7」的必勝策略是什麽？狀態「3，5，8」的必勝策略又是什麽？狀態「3，4，5，6，7」呢？
前麵已經算過這個初始狀態的NIM值N「3，5，7」為1，必勝策略就是從任何一堆拿一個就行了。
一般來說，先把NIM值表成二進位數，找一個在NIM值的最高位為1的子狀態，然後比較整個狀態和子狀態的NIM值。所有整個狀態為1的位上，子狀態是1就改成0，是0就改成1。
例如「3，5，8」的NIM值為14 = (1110)，最高位是第四位。8 = (1000)的第四位為一，所以這個子狀態的NIM值應變為(0110) = 6。必勝策略就是在8的一堆上拿兩個。
「3，4，5，6，7」的NIM值是3 = (11)。要找一個第二位為1的子狀態，3，6，7都可以。大家可以自己算一下應該拿幾個。(答案：3，7拿3個，6拿1個)
NIM還有一個變種：走最後一步為負。這種情況下，一開始還是和普通NIM一樣，但到了隻有一個子狀態的NIM值大於1時就不同了。如果有奇數個子狀態為1，就把大的一堆拿光，如果有奇數個，就剩一個。也就是說，給對手剩下奇數個1。
下麵再看幾種NIM類型的遊戲。
問題6。現代保齡球是由古希臘一種叫KAYLES的遊戲發展而來。KAYLES的規則如下：11個瓶排成一排，兩人交替擊瓶，可以擊倒任意一瓶，也可以擊倒相鄰兩瓶(不準故意擊不中)。擊倒最後一瓶為勝。現在對手擊倒2號瓶，問怎樣才能獲勝？
這個遊戲的特點是可以產生出新的子狀態。一開始是狀態「11」，現在變成了「1，9」。但所有的原理仍然有效。可以算出前9個數的NIM值為
1，2，3，1，4，3，2，1，4。
因為N「1，9」= 5，必勝策略是把值為4的子狀態變成1，簡單算一下，N「8」= 1，N「2，6」= 1，所以必勝策略包括擊倒3號，5號，9號，11號瓶。
KAYLES遊戲的NIM值已經完全解出：除了少數例外，以12為周期取下列值：1，2，8，1，4，7，2，1，8，2，7，4。僅有的13個例外為：N「3」= N「6」= N「18」= N「39」= 3， N「9」= N「21」= N「57」= 4，N「11」= N「22」= N「34」= N「70」= 6，N「15」= 7，N「28」= 5。
類似於問題4，KAYLES中所有單一狀態的NIM值也都不是0。實際上也很容易看出，對沒有空檔的初試狀態，必勝策略就是擊中央，總數是單數時打一個，雙數時打兩個。以後保持對稱就可以了。
問題7。砍樹遊戲：在紙上隨便畫幾棵樹（例如下圖），兩人輪流砍。每次可以在任何一個節點處砍掉一枝。可以砍掉整個一棵樹。如果一個節點有幾個樹枝，隻能砍掉一枝。最後無樹可砍的人負。
就下圖而言，先砍能不能獲勝？
答案: 如果沒有分叉，即每個節點隻有一枝，這就變成了標準NIM。有分叉的道理也差不多：左邊的樹有兩枝，中間的樹上麵兩枝可以抵消，中間兩枝可以抵消，所以相當於一枝。我們知道在NIM裏麵（1，2，3）是負狀態，所以先砍的人可以把第三棵樹左邊的小枝砍掉，剩3枝。
對更複雜的樹，還有簡單算法。
定理。如果在節點處有超過一枝，那麽這些枝可以用一枝代替，這一枝的NIM值為這些枝的NIM和。
以右邊的樹為例，兩小枝的NIM值分別為1和2，它們能用值為3的一枝代替，也就是說整個樹的NIM值為4。這樣就可以清楚的看到唯一正確解是把右邊樹的NIM值變為3，即砍掉左邊小枝。
拿石子類型的遊戲多極了，有些是NIM的變種，有些不是，但道理都有點相似。下麵給出一些例子：
問題8。有兩堆石頭，每堆都是100個。現兩個人來拿石頭，規則如下：
1）隻能從一堆拿，至少拿一個，多拿不限；
2）如果某人拿光一堆，這個人可以把另一堆分成兩堆，也可以不分；
3）拿最後一個的人贏。
現問先拿者輸還是後拿者輸？應如何拿？
規則可以稍微改一改：
問題9。有若幹堆石子，兩人玩拿石子遊戲。每人每次可以選下列兩種走法之一：任選一堆拿走一個石子，或任選至少有兩個石子的一堆，將其分成兩堆。什麽時候先走的人有必勝策略？
問題10。有若幹堆石子，兩人輪流拿，每次從其中一堆中拿一個。拿走的石子可以扔掉，也可以加在後麵挨著的一堆上。（如果從第3堆拿一個，拿走的石子可以扔掉，也可以加在第4堆上，即使第4堆當時是空的也可以。如果從最後一堆拿，就隻能扔掉了。）拿最後一個的勝。
假設一開始有5堆，每堆一個，先拿有沒有必勝策略？有幾種？
問題11。和第1題一樣，但是拿走的一個可以加在後麵任意一堆上。（如果從第3堆拿一個，一共有7堆，可以加在第4到第7的任意一堆上。）
還是一開始有5堆，每堆一個，先拿有沒有必勝策略？有幾種？
問題12。有一堆石子共N顆(N＞1)，兩人輪流從中取石子，其數目依次是a1, b1, a2, b2, ....。取石子的規則是：
(1) 第一次不能拿完，即：1≤a1≤N-1;
(2) 以後每人取石子數不能超過對方剛取的數。即：a1≥b1≥a2≥b2≥ ....≥1;
取最後一顆石子的為勝者。什麽時候有必勝策略？第一次應該拿幾個？
問題13。桌上有一堆石子。你和對手輪流拿。誰拿到最後一顆算誰勝。規則是：
１。第一個人第一次不能拿完。
２。從第二次開始，每次所能拿的顆數是從一到兩倍於你的對手上一次拿的顆數。比如你的對手上次拿了４顆，那麽你就可以拿１顆到８顆裏的任意數。
什麽時候有必勝策略？第一次應該拿幾個？
問題14。桌上有15個球。兩人從中論流取球，每次可以取1，2，3個，最後取完這15個球後，看誰總共取的球數是奇數誰贏。第一次應該拿幾個？
問題15。桌上有15個球。兩人從中輪流取球，每次可以取1到4個，最後取完這15個球後，看誰總共取的球數是奇數誰贏。第一次應該拿幾個？
NIM是一種兩人玩的遊戲，規則是這樣的：有三堆石子，每堆分別有三，五，七個。兩人輪流拿，每次拿的個數不限，但隻能從一堆拿。拿最後一個的勝。圍繞著NIM棋有一整套理論。我們從簡單講起。
問題1。有一堆50個石子。每人每次可以拿1到10個，拿最後一個的勝。第一次拿幾個可以保證必勝？
這道題比較簡單。隻要給對方11的倍數就行了。因為 50 = 6 mod 11，第一次應該拿6個。但是從這裏我們可以展開NIM理論。
這種遊戲有下列特征：
1。遊戲由一係列(有限個)不可逆狀態組成。
2。允許走法由狀態決定。
3。到不能繼續時遊戲結束，走最後一步的人勝。
如果對一個狀態必勝策略存在，稱之為勝狀態，否則為負狀態。從勝狀態出發，一步一定可以到達一個負狀態，而從負狀態出發，一步到達不了另一個負狀態，隻能到達勝狀態。對每一種狀態P定義P的NIM值N(P)如下：
1。不能繼續的狀態的NIM值為0。
2。對狀態P，設S為所有從P可以一步到達的狀態的NIM值的集合。則N(P)等於不在S中的非負整數中最小的。
比如說，如果從P出發可以一步到達的狀態的NIM值為0，1，2，5，7，N(P)就為3。容易看出下列定理：
定理1。狀態P是勝狀態的充分必要條件是N(P) > 0。必勝策略是達到NIM值為0的狀態，即負狀態。
我們看看怎樣用定理1來解問題1。根據定義可以算出來正整數n的NIM值等於N(n) = n mod 11。必勝策略是拿走n除以11的餘數。
再看一個例子：
問題2。有充分多的一分，五分，十分，二十五分，五十分，一百分硬幣。二人輪流向一個瓶內投硬幣，每次一枚，先投到20.05元為勝，超過為負。第一次應該投哪一個硬幣？
這個問題相當於有一堆2005個石子，每次可拿一，五，十，二十五，五十，一百個。計算可得前15個NIM值為：1,0,1,0,1,0,1,0,1,2,3,2,3,2,0。15以後為周期性。因為2005 = 10 mod 15，其NIM值為2。必勝策略為投十分，二十五分，或一百分。
有時問題不用理論也能解，例如
問題3。有一塊6X8的矩形巧克力，左下角那一塊壞了。兩人分吃，每次掰掉一條，即剩下的還是矩形。吃最後一塊為負。第一次應該掰多少？
當然是給對方留下正方形，即第一次掰2X6。如果用NIM值來算。下麵是每個矩形的NIM值：
5，4，7，6，1，0，3，2
4，5，6，7，0，1，2，3
3，2，1，0，7，6，5，4
2，3，0，1，6，7，4，5
1，0，3，2，5，4，7，6
0，1，2，3，4，5，6，7
還有時即使用了理論也不好解，例如
問題4。(和上一題差不多。)有一塊6X8的矩形巧克力，左下角那一塊壞了。兩人分吃，每次掰時，先選定一塊，然後把這塊及其上麵和右麵的都掰掉。(剩下的是鋸齒形。)吃最後一塊為負。第一次應該掰多少？
這一題的NIM值就很難算了，要編一個程序才行。下麵是矩形的NIM值。(還不包括鋸齒形。)
5，8，12，16，21，13，28，32
4，7，11，13， 6，21，23，22
3，5， 9， 6，13，16，19，12
2，4， 5， 9，11，12，13，16
1，2， 4， 5， 7， 8，10，11
0，1， 2， 3， 4， 5， 6， 7
從這裏可以看出問題4的必勝策略存在，但看不出是什麽。再繼續計算鋸齒形的NIM值才能知道唯一必勝策略是掰掉4X5的一塊。
有意思的是在這個問題中大於1X1的矩形的NIM值都不是0。這是可以證明的：設P為一個矩形狀態，P’是P掰掉右上角的一小塊後剩下的鋸齒形狀態。注意所有從P’能一步達到的狀態，都能從P一步達到。因此不論N(P’)是否為0，N(P)都不為0。這樣我們就得到了一個非構造性的證明：任何大於1X1的矩形狀態都是勝狀態。
下麵一道題也是非構造性的。
問題5。一張紙上寫著從1到N的自然數。兩人輪流從紙上擦去一個數。這個數的所有因子自動消失。比如：劃掉數8， 則紙上 8 4 2 1自動消失。劃掉最後一個數的人獲勝。問：當N=3000 的時候，最後誰贏?
第一個人一定能贏。假設他不能贏，則不管他劃幾，第二個人都能贏。第一個人就劃1，設第二個人劃k能贏。但第一個人可以直接劃k，就贏了。
我們注意到，在上麵的理論中，NIM值隻是0才有用。隻要算到1就行了，大於1的可以都算成1。還有另一個問題就是NIM值太難算。下麵我們對一大類遊戲來簡化NIM值的計算，算法中就要用到大於1的NIM值了。
這類遊戲可以分解為幾個獨立子遊戲，每個子遊戲滿足前麵的條件，子遊戲的規則可以相同也可以不同，每人每次隻能在其中一個子遊戲中走一步。這類遊戲的狀態也是由子狀態組成的。
定理2。整個狀態的NIM值等於對所有子狀態的NIM值進行二進製的不進位加法，即邏輯中的XOR運算。
例如，如果三個子狀態的NIM值分別為3，5，7，則整個遊戲的NIM值為 (11) XOR (101) XOR (111) = 1。我們用圓括號(x)來表示正整數x的二進製形式，如7 = (111)。
定理2的證明不難，隻是用到NIM值的定義和二進位數基本運算。但是卻十分有用。下麵看一看怎樣用它計算NIM值及必勝策略。
在NIM遊戲裏，初始狀態「3，5，7」的必勝策略是什麽？狀態「3，5，8」的必勝策略又是什麽？狀態「3，4，5，6，7」呢？
前麵已經算過這個初始狀態的NIM值N「3，5，7」為1，必勝策略就是從任何一堆拿一個就行了。
一般來說，先把NIM值表成二進位數，找一個在NIM值的最高位為1的子狀態，然後比較整個狀態和子狀態的NIM值。所有整個狀態為1的位上，子狀態是1就改成0，是0就改成1。
例如「3，5，8」的NIM值為14 = (1110)，最高位是第四位。8 = (1000)的第四位為一，所以這個子狀態的NIM值應變為(0110) = 6。必勝策略就是在8的一堆上拿兩個。
「3，4，5，6，7」的NIM值是3 = (11)。要找一個第二位為1的子狀態，3，6，7都可以。大家可以自己算一下應該拿幾個。(答案：3，7拿3個，6拿1個)
NIM還有一個變種：走最後一步為負。這種情況下，一開始還是和普通NIM一樣，但到了隻有一個子狀態的NIM值大於1時就不同了。如果有奇數個子狀態為1，就把大的一堆拿光，如果有奇數個，就剩一個。也就是說，給對手剩下奇數個1。
下麵再看幾種NIM類型的遊戲。
問題6。現代保齡球是由古希臘一種叫KAYLES的遊戲發展而來。KAYLES的規則如下：11個瓶排成一排，兩人交替擊瓶，可以擊倒任意一瓶，也可以擊倒相鄰兩瓶(不準故意擊不中)。擊倒最後一瓶為勝。現在對手擊倒2號瓶，問怎樣才能獲勝？
這個遊戲的特點是可以產生出新的子狀態。一開始是狀態「11」，現在變成了「1，9」。但所有的原理仍然有效。可以算出前9個數的NIM值為
1，2，3，1，4，3，2，1，4。
因為N「1，9」= 5，必勝策略是把值為4的子狀態變成1，簡單算一下，N「8」= 1，N「2，6」= 1，所以必勝策略包括擊倒3號，5號，9號，11號瓶。
KAYLES遊戲的NIM值已經完全解出：除了少數例外，以12為周期取下列值：1，2，8，1，4，7，2，1，8，2，7，4。僅有的13個例外為：N「3」= N「6」= N「18」= N「39」= 3， N「9」= N「21」= N「57」= 4，N「11」= N「22」= N「34」= N「70」= 6，N「15」= 7，N「28」= 5。
類似於問題4，KAYLES中所有單一狀態的NIM值也都不是0。實際上也很容易看出，對沒有空檔的初試狀態，必勝策略就是擊中央，總數是單數時打一個，雙數時打兩個。以後保持對稱就可以了。
問題7。砍樹遊戲：在紙上隨便畫幾棵樹（例如下圖），兩人輪流砍。每次可以在任何一個節點處砍掉一枝。可以砍掉整個一棵樹。如果一個節點有幾個樹枝，隻能砍掉一枝。最後無樹可砍的人負。
就下圖而言，先砍能不能獲勝？
答案: 如果沒有分叉，即每個節點隻有一枝，這就變成了標準NIM。有分叉的道理也差不多：左邊的樹有兩枝，中間的樹上麵兩枝可以抵消，中間兩枝可以抵消，所以相當於一枝。我們知道在NIM裏麵（1，2，3）是負狀態，所以先砍的人可以把第三棵樹左邊的小枝砍掉，剩3枝。
對更複雜的樹，還有簡單算法。
定理。如果在節點處有超過一枝，那麽這些枝可以用一枝代替，這一枝的NIM值為這些枝的NIM和。
以右邊的樹為例，兩小枝的NIM值分別為1和2，它們能用值為3的一枝代替，也就是說整個樹的NIM值為4。這樣就可以清楚的看到唯一正確解是把右邊樹的NIM值變為3，即砍掉左邊小枝。
拿石子類型的遊戲多極了，有些是NIM的變種，有些不是，但道理都有點相似。下麵給出一些例子：
問題8。有兩堆石頭，每堆都是100個。現兩個人來拿石頭，規則如下：
1）隻能從一堆拿，至少拿一個，多拿不限；
2）如果某人拿光一堆，這個人可以把另一堆分成兩堆，也可以不分；
3）拿最後一個的人贏。
現問先拿者輸還是後拿者輸？應如何拿？
規則可以稍微改一改：
問題9。有若幹堆石子，兩人玩拿石子遊戲。每人每次可以選下列兩種走法之一：任選一堆拿走一個石子，或任選至少有兩個石子的一堆，將其分成兩堆。什麽時候先走的人有必勝策略？
問題10。有若幹堆石子，兩人輪流拿，每次從其中一堆中拿一個。拿走的石子可以扔掉，也可以加在後麵挨著的一堆上。（如果從第3堆拿一個，拿走的石子可以扔掉，也可以加在第4堆上，即使第4堆當時是空的也可以。如果從最後一堆拿，就隻能扔掉了。）拿最後一個的勝。
假設一開始有5堆，每堆一個，先拿有沒有必勝策略？有幾種？
問題11。和第1題一樣，但是拿走的一個可以加在後麵任意一堆上。（如果從第3堆拿一個，一共有7堆，可以加在第4到第7的任意一堆上。）
還是一開始有5堆，每堆一個，先拿有沒有必勝策略？有幾種？
問題12。有一堆石子共N顆(N＞1)，兩人輪流從中取石子，其數目依次是a1, b1, a2, b2, ....。取石子的規則是：
(1) 第一次不能拿完，即：1≤a1≤N-1;
(2) 以後每人取石子數不能超過對方剛取的數。即：a1≥b1≥a2≥b2≥ ....≥1;
取最後一顆石子的為勝者。什麽時候有必勝策略？第一次應該拿幾個？
問題13。桌上有一堆石子。你和對手輪流拿。誰拿到最後一顆算誰勝。規則是：
１。第一個人第一次不能拿完。
２。從第二次開始，每次所能拿的顆數是從一到兩倍於你的對手上一次拿的顆數。比如你的對手上次拿了４顆，那麽你就可以拿１顆到８顆裏的任意數。
什麽時候有必勝策略？第一次應該拿幾個？
問題14。桌上有15個球。兩人從中論流取球，每次可以取1，2，3個，最後取完這15個球後，看誰總共取的球數是奇數誰贏。第一次應該拿幾個？
問題15。桌上有15個球。兩人從中輪流取球，每次可以取1到4個，最後取完這15個球後，看誰總共取的球數是奇數誰贏。第一次應該拿幾個？
對拿石子遊戲(NIM) 理論的疑問
可能數學專業人士的思想太複雜，很多問題其實很簡單：
問題4。(和上一題差不多。)有一塊6X8的矩形巧克力，左下角那一塊壞了。兩人分吃，每次掰時，先選定一塊，然後把這塊及其上麵和右麵的都掰掉。(剩下的是鋸齒形。)吃最後一塊為負。第一次應該掰多少？
這一題的NIM值就很難算了，要編一個程序才行。下麵是矩形的NIM值。(還不包括鋸齒形。)
5，8，12，16，21，13，28，32
4，7，11，13， 6，21，23，22
3，5， 9， 6，13，16，19，12
2，4， 5， 9，11，12，13，16
1，2， 4， 5， 7， 8，10，11
0，1， 2， 3， 4， 5， 6， 7
==〉很簡單的掰掉0 的上方 1 的那塊留下0 這塊不就行了嗎？
下麵按照 NIM 路線算出來的又是必敗策略：
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在NIM遊戲裏，初始狀態「3，5，7」的必勝策略是什麽？狀態「3，5，8」的必勝策略又是什麽？狀態「3，4，5，6，7」呢？
前麵已經算過這個初始狀態的NIM值N「3，5，7」為1，必勝策略就是從任何一堆拿一個就行了。
一般來說，先把NIM值表成二進位數，找一個在NIM值的最高位為1的子狀態，然後比較整個狀態和子狀態的NIM值。所有整個狀態為1的位上，子狀態是1就改成0，是0就改成1。
例如「3，5，8」的NIM值為14 = (1110)，最高位是第四位。8 = (1000)的第四位為一，所以這個子狀態的NIM值應變為(0110) = 6。必勝策略就是在8的一堆上拿兩個。
「3，4，5，6，7」的NIM值是3 = (11)。要找一個第二位為1的子狀態，3，6，7都可以。大家可以自己算一下應該拿幾個。(答案：3，7拿3個，6拿1個)
NIM還有一個變種：走最後一步為負。這種情況下，一開始還是和普通NIM一樣，但到了隻有一個子狀態的NIM值大於1時就不同了。如果有奇數個子狀態為1，就把大的一堆拿光，如果有奇數個，就剩一個。也就是說，給對手剩下奇數個1。
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對上麵所有問題，我的勝策很簡單：先拿者勝！
每堆拿剩一個，最後一堆全拿光。
如果走最後一步為負，則在拿最後一堆時仍留一個。
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下麵這個按NIM值計算出來的結果也有問題：
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問題6。現代保齡球是由古希臘一種叫KAYLES的遊戲發展而來。KAYLES的規則如下：11個瓶排成一排，兩人交替擊瓶，可以擊倒任意一瓶，也可以擊倒相鄰兩瓶(不準故意擊不中)。擊倒最後一瓶為勝。現在對手擊倒2號瓶，問怎樣才能獲勝？
這個遊戲的特點是可以產生出新的子狀態。一開始是狀態「11」，現在變成了「1，9」。但所有的原理仍然有效。可以算出前9個數的NIM值為
1，2，3，1，4，3，2，1，4。
因為N「1，9」= 5，必勝策略是把值為4的子狀態變成1，簡單算一下，N「8」= 1，N「2，6」= 1，所以必勝策略包括擊倒3號，5號，9號，11號瓶。
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我的策略就將完全擊敗 NIM 計算：
1， ，3，4，5，6，7，8，9，10，11 輪康MM, 按照上麵算的必勝策略包括擊倒3號
1，，，4，5，6，7，8，9，10，11 輪對手，擊倒7，8兩瓶
1，，，4，5，6，，，9，10，11 輪康MM,
此時無論康MM選哪一個或兩個擊，都將輸掉。
例如：
康MM選 1 ==〉4，5，6，，，9，10，11
對手選 4 ==〉5，6，，，9，10，11 此後，無論康MM 怎麽選，都會輸
例如：康選5或者6，對手就選9，10； 康選5，6，對手選10；康選10,對手選5，6。。。
又例如：
康MM選 4（或6，9，10都一樣） ==〉1，，，5，6，，，9，10，11
對手選1， ==〉5，6，，，9，10，11 回到了上麵的例子
又例如：
康MM選 5（或10都一樣） ==〉1，，，4，，6，，，9，10，11
對手選9，10 ==〉1，，，4，，6，，11 仍然是對手勝！
所以NIM理論很值得懷疑！（說實在的，我都沒有搞明白康MM的NIM值是怎樣算出來的).