“尼姆”游戏

六、“尼姆”游戏

一、“尼姆”游戏概述

“尼姆”游戏又叫中国二人游戏，源于我国民间，流传了近二百多年，深受广大民众的喜爱.大约在18世纪末传入欧洲，欧洲人称之为“中国尼姆”(Chinese Game of Nim)或“尼姆”游戏.

这是一个极为有趣的火柴游戏，方法是这样的：有若干堆火柴，每堆火柴的数目任意.现由A、B两人轮流地拿这些火柴，每人每次可以拿走一堆火柴或一堆火柴中的几根，但不能不拿，也不许跨堆拿.约定谁拿到最后一根火柴就算谁胜.

“尼姆”游戏之所以令人拍案称奇，除自身的精彩和魅力外，还在于它层出不穷的派生和变种.其制胜的技巧，甚至可以移植到一些类似的游戏，并形成一套特有的理论.

游戏的模型及其准确的数学结论，未必能为世人所尽知，所以它与游戏的实战并不完全是一回事.正如德国数学家策墨略，早在1912年就证明了，在某三种国际象棋的全局着法中，必定存在一种不依赖于对方怎样行动，而总能取胜或下成和局的着法！但这丝毫没有影响人们对国际象棋的爱好，世界性的比赛依然一个接着一个！

同样，“尼姆”游戏的决胜奥秘，数学家们也早就弄得一清二楚.但这也没有影响人们去津津乐道地玩这种游戏.因为对多数人来说，他们游戏的目的只是为了取得欢娱和获取胜利，而不是“打破砂锅问到底”！

[获胜状态]

为了便于讲述，我们用记号

(p，q，…，r)

表示在“尼姆”游戏中某时刻桌上的火柴状态.括号中的数字p，q，…，r表示各堆火柴的数目.例如，(2，2)表示桌上有两堆火柴，每堆各有两根；又如，(1，2，3)表示桌上有三堆火柴，各堆分别为一根、两根和三根；等等.当然，括号中的数字顺序是没有多大关系的.例如，(3，2，1)，(2，3，1)，(1，3，2)等等，都是(1，2，3)状态的同一种表示.

在“尼姆”游戏中，假定进行到某种状态后，后手一定能够获得胜利，我们就称这一状态为后手的一种“获胜状态”.

例1　试说明：状态(2，2)对后手来说，是一种“获胜状态”.

解　显然，(0，0)是一个获胜状态，这是不言而喻的，因为此前最后一根火柴已被你拿走.

下面，我们说明(1，1)对后手也是一个获胜状态.

事实上，因为桌上剩下孤零零的两根火柴，而现在又轮到对方拿，对方又只能拿一根，所以最后一根一定被你拿到.

同样，从下页上图可以看出，(2，2)对后手也是获胜状态.因为当A取得这种位置之后，不管B怎么应对，都是A胜.

即——B拿成(1，2)，A拿成(1，1)胜；

——B拿成(0，2)，A拿成(0，0)胜.

今后，为了区别起见，我们在状态的右上角加上“*”号，表示这是一种“获胜状态”.如(0，0)^*，(1，1)^*，(2，2)^*，等等.

问题6—01：

[难度系数：★☆☆☆☆]

试说明：在“尼姆”游戏中，两堆相等的状态(p，p)，对于后手是一种“获胜状态”，即(p，p)^*.

答案在第134页.

问题6—02：

[难度系数：★★☆☆☆]

试说明：在“尼姆”游戏中，状态(1，2，3)对于后手是一种“获胜状态”，即(1，2，3)^*.

答案在第134页.

例2　桌上摆有三堆火柴，其中有一堆只有1根，另一堆有2n根，再一堆有2n＋1根.(右图中n＝3)

现由A、B两人轮流地拿这些火柴.每人每次可以拿走一堆火柴或一堆火柴中的几根，但不能不拿，也不许跨堆拿.约定谁拿到最后一根火柴就算谁胜.

试问，后手是否有必胜的对策？

解　这是三堆火柴的尼姆游戏，后手(设为A)有必胜的策略.显然，这时桌上火柴的状态为(1，2n，2n＋1).下面，我们讨论后手A的应对方略：

首先，当B拿完之后，后手A一定有办法把它拿成(p，p)^*或(1，2n＇，2n＇＋1)的状态.也就是说，A一定有办法：要么拿成两堆相等的状态(p，p)^*；要么拿成与原先类同的状态(1，2n＇，2n＇＋1).当然，后者的n＇要比n小.

事实上，如若B拿掉单根的一堆，则A可拿掉(2n＋1)根那一堆中的一根，从而拿成(p，p)^*的状态胜；又若B拿掉(2n＋1)根那一堆中的一根，则A可拿掉单根的那一堆，也变成(p，p)^*的状态胜；再若B从2n或(2n＋1)堆中拿掉若干根，那么A一定可以接着拿成其中奇数比偶数多一根的形式，即拿成(1，2n＇，2n＇＋1)的状态.

对于(p，p)^*的状态，A可以跟着B对称地拿，从而确保拿到最后一根(见问题6－01).

对于(1，2n，2n＋1)的状态，B可以拿成根数更少的类似形式，直至拿成(1，2，3)^*的状态胜(见问题6－02).

综上，我们有(1，2n，2n＋1)^*.

问题6—03：

[难度系数：★★☆☆☆]

右图是一局闷宫棋，双方局面完全相同，区别只在先后手.

局中双方只能动炮及边兵，且双方的炮均不能横行，逼近将边的兵(从根本上讲)也不该动，否则必输无疑.

试问，如果你先走，怎样走才能取胜呢？

答案在第135页.

[获胜状态的组合]

前面，我们通过问题和例子推知：(2，2)^*、(1，2，3)^*，以及更一般的(p，p)^*、(1，2n，2n＋1)^*等等，都是获胜状态.

由于位于桌面上的火柴堆是分列的，它们中间的数量不存在相互的联系，因此桌面上的火柴堆的状态

(p，q，…，r).

如果能分解成若干堆数较小的“获胜状态”的组合，那么桌面上的火柴堆的状态，必然也是“获胜状态”，即

(p，q，…，r)^*.

例3　如下左图，在8×8格的正方形棋盘上，黑白双方各有八个棋子，每列一个.甲先手执黑，乙后手执白，双方轮流运子.规则是：每次动一子，各子只能在本列中前进或后退，格数不限，但不允许超越对方棋子.谁能迫使对方无步可走，即为胜者.

试问，对弈的双方是否有必胜的策略？

解　本游戏乙方有必胜的策略.

事实上，如果有一方能走到像上右图那样子，两边“对顶”的形式，那么显然他实际上已经取得了胜利.因为接下去只是“一退一进”，直至被对方“顶死”的问题.

这样，问题便化为桌面火柴状态为以下的尼姆游戏：

(4，3，2，1，4，1，5，4).

不难看出，上述状态可以看成下面“获胜状态”的组合：

(1，2，3)、(4，4)、(1，4，5).

从而，状态

(4，3，2，1，4，1，5，4)

也为“获胜状态”.

所以，这一游戏，后手的乙方有必胜的策略.

二、“尼姆”游戏决胜秘诀

尼姆游戏的制胜诀窍在哪里呢？

我们已经知道了一些对后手的“获胜状态”，但对任意给出的一种游戏状态，例如：

(2，4，6)、(3，5，7)、(2，3，4，5，6，7，8，9)、……

是否“获胜状态”？至少我们目前还不知道怎么去判定它！这是掌握尼姆游戏的制胜秘诀，首先需要解决的问题.

其次，既然有“获胜状态”，自然也就有“非获胜状态”.如果游戏的一方已经拿到了“获胜状态”，现在轮到另一方拿，按理说他只能拿到“非获胜状态”.是否会出现这样的情形：某甲在游戏中拿到了“获胜状态”，现在轮到某乙拿，而某乙也能拿到“获胜状态”呢？这显然至关重要！因为如果是这样的话，“获胜状态”的概念，从根本上就失去了意义！这是掌握尼姆游戏的制胜秘诀，需要解决的第二个大问题.

再次，如果某甲已经取得“获胜状态”，他要怎样才能使自己此后步步都占据“获胜状态”呢？这是掌握尼姆游戏的制胜秘诀，需要解决的第三个大问题.

解决了上面三个问题，也就等于掌握了尼姆游戏的制胜诀窍！这正是我们下面需要做的工作.

[获胜状态的判定法则]

那么，“获胜状态”具有什么样的特征呢？

为弄清这一点，我们先介绍状态“尼姆和”的概念.

把每一堆火柴的数目用二进制数表示出来，有几堆火柴就写几个二进制数码.将各数码作直式相加但不进位，二进制数的这种不进位的加法运算，我们称它为“尼姆和”，并在答案的下方标上“Nim”，以与普通的二进制数加法的答案相区别.

例4　试求(2，2)、(3，6，7)、(1，2，3)和(4，5，6，7)各状态的“尼姆和”.

解　根据“尼姆和”的定义，对各状态可以“列加”计算如下：

人们已经找到了如下“尼姆”游戏“获胜状态”的简易判定法则：

如果一种状态，其“尼姆和”等于0，那么它便是“获胜状态”.否则便是“非获胜状态”.

例4的四个状态中，只有(3，6，7)不是获胜状态.

问题6—04：

[难度系数：★☆☆☆☆]

试判定状态(2，4，6)、(3，5，7)、(2，3，4，5，6，7，8，9)是否“获胜状态”？

答案在第135页.

[制胜秘诀]

现在转到第二、三个问题.

假定某A已经拿成了获胜状态.也就是说，此时桌上各堆火柴的数目所写成的二进制数，列加的“尼姆和”为0.现在轮到B拿.B不可避免地要使某个二进位数中的一些1变为0，而使另一些0变为l，从而破坏了列加“尼姆和”为0的特性.这意味着B所拿成的一定不能是“获胜状态”！

反过来，如果B所拿的是“非获胜状态”，那么接下来A就一定有办法把它拿回到获胜状态.

事实上，比如B所拿状态的“尼姆和”为

0　0　1　0　1　0　(Nim)

这表明在“列和”中，右起第二列和第四列内，至少各有一个“1”，此时有以下两种可能：

1°上述两个“1”在同一个二进位数内，即

×　×　1　×　1　×

则A只要从这一个二进位数相应的那堆火柴里，取走1010₍₂₎＝10根，这一行的数就变为

×　×　0　×　0　×

上式有“×”的地方，数字不变.

这样，A拿后状态的“尼姆和”便为

0　0　0　0　0　0　(Nim)

也就是说，A拿到的已是获胜状态.

2°上述两个“1”不在同一个二进位数内，而在两个不同的二进位数内：

由于1000₍₂₎－0010₍₂₎＝8－2＝6＝0110₍₂₎，所以，当从上一行二进位数的相应堆中取走6根火柴时，这两行的二进位数将变为如下的状态：

式中有“×”的地方，数字都不变.从而A拿后状态的“尼姆和”也为

0　0　0　0　0　0　(Nim)

也就是说，A拿到的依然是获胜状态.

综合上面两种情形，说明如果B拿成“非获胜状态”，则A一定有办法把它拿回到“获胜状态”.而A一旦拿成“获胜状态”，轮到B拿，就只能破坏这种状态！这就是说，只要A在游戏的某个时刻把握住了“获胜状态”，他实际上已经稳操胜券了！

不过，实战似乎要容易得多.如果对方是个“生手”，你完全不必如临大敌，更无需动用二进位数及“尼姆和”等数学工具.因为开始时，每堆火柴根数很多，堆数也很多，你完全可以随心所欲地拿！等火柴拿得差不多时，再看准那些形如

(2，2)^*，(1，2，3)^*，(2，4，6)^*，(n，n)^*，(1，2n，2n＋1)^*之类，基本的获胜状态或它们的组合，你的胜利是完全不成问题的！

[斯普拉格—格伦迪数]

有许多火柴游戏，都像“尼姆”那样：供甲乙两人玩的，桌上置有一堆或几堆火柴，两人从这些堆中轮流取走，按规则所允许的部分或全部火柴，约定取得最后一根火柴者为赢家.

在这类游戏中，通常可以用一种称之为“斯普拉格—格伦迪数”予以分析.所谓“斯普拉格—格伦迪数”实际上是一种状态的函数：

G(p，q，…，r).

例如，对于桌上没有火柴的状态(即最后一根火柴被拿走)，

G(0，0，…，0)＝0.

我们规定：凡使“斯普拉格—格伦迪数”为“0”的那些状态，称之为“获胜状态”，即

G(‥，…，‥)^*＝0.

今假定某甲拿成状态(p，q，…，r)，而G(p，q，…，r)＞0，现在轮到乙拿，如乙拿成(p＇，q＇，…，r＇)，即

(p，q，…，r)→(p＇，q＇，…，r＇).

如果某乙能有确切的拿法，让

G(p＇，q＇，…，r＇)＝0，

那么某乙也就占据了“获胜状态”.正如读者在“尼姆”游戏中见到的那样，接下去某乙步步为营，每次都占据“获胜状态”，直至状态

(0，0，…，0)^*.

当然，“斯普拉格—格伦迪数”的选取具有相当的技巧，从下面一个简单的例子，读者可以窥见一斑.

例5　桌上有一堆火柴，数量50根.甲乙两人轮流从这堆火柴中取走一些火柴，每人每次最多取走3根，最少取走1根(即不能不取).谁取到最后一根火柴者胜.

试分析游戏的双方是否有获胜的策略？

解　假定桌上留下的火柴数为x，可令游戏的“斯普拉格—格伦迪数”为x除以4所得的余数，这里“4”等于最多取走与最少取走的根数和(即“3＋1”).于是有

G(x)＝x(Mod4).

显然，使G(x)＝0的一系列x*如下：

48，44，40，36，32，28，24，20，16，12，8，4，0.

这些也就是该游戏的“获胜状态”，谁先占据这些获胜状态，然后采用“补成4”的拿法(即对方拿“1”我拿“3”；对方拿“2”我拿“2”；对方拿“3”我拿“1”)，就能步步为营，每次都占据“获胜状态”.

由于某甲先拿，他可以拿“2”，占据了“48”，此后可以依次拿到“44”，“40”，“36”，…直至“0”，从而取胜.

对于“尼姆”游戏来说，它的“斯普拉格—格伦迪数”，显然可以设定为状态的“尼姆和”，即

G(p，q，…，r)＝(p，q，…，r)_Nim.

由于“尼姆”游戏中，关于“谁拿到最后一根火柴算谁胜”的约定，对该游戏的“斯普拉格—格伦迪数”不产生本质的影响，因此如果约定拿到最后一根火柴的人输，那么除最后的拿法需要稍作改动外，其他的“获胜状态”依旧.

例如，对于(p，p)状态，后手A同样可以跟着先手B对称地拿，只有到最后才需要稍作改动，即当：

——B拿成(0，p)，A拿成(0，1)；

——B拿成(1，p)，A拿成(1，0).

又如，对于(1，2n，2n＋1)的状态，A同样可以拿成根数更少的类似形式，直至拿成(1，2，3)^*.接下去也只需稍作改动，即当：

——B拿成(0，2，3)，A拿成(0，2，2)^*胜；

——B拿成(1，1，3)，A拿成(1，1，1)胜；

——B拿成(1，0，3)，A拿成(1，0，0)胜；

——B拿成(1，2，2)，A拿成(0，2，2)^*胜；

——B拿成(1，2，1)，A拿成(1，1，1)胜；

——B拿成(1，2，0)，A拿成(1，0，0)胜.

总之，无论那种状态，A一定有办法把最后一根留给B，以确保自己的胜利.

三、“尼姆”型与类“尼姆”型游戏

“尼姆”游戏有许多派生和变种，还有一些类似于“尼姆”型的游戏，本节将略述一、二，以飨读者.

[“尼姆比”游戏]

“尼姆比”游戏是丹麦科学家P.海因，在“尼姆”游戏的基础上发展而来的.游戏的规则如下：

有m×n个筹码(为了图示上的方便，我们将火柴改为圆形的筹码，实战时用火柴、纸团，或一些小石子、河卵石等都行)，如下左图摆成一个矩形的阵列.

两位局中人轮流拿子，每个人可以从任意的行或列拿走他所希望拿走的尽可能多的邻接在一起的筹码，但不能不拿.例如，先手可以决定从第4行拿走头5个筹码，留下的筹码如上右图所示.这时，后手不能从第1、2、3、4列或第5列，拿走全部的筹码，因为这些列都有筹码缺了(即不全部连在一起)，但他可以拿走第6列的全部筹码，因为这一列筹码没有差缺.当然，后手也可以从其他的行或列，拿走他所希望拿走的尽可能多的邻接在一起的筹码.

游戏的目标是：谁拿到最后一个筹码，就算谁赢！

“尼姆比”游戏可以分为四种情况加以分析：

1°m，n均为奇数.这种情况先手必胜.

事实上，先手第一步只要拿走正中央的那个筹码，以后的步骤，按对手的拿法心(中心)对称地拿，就能稳操胜券.因为这时只要后手有筹码拿，先手也必对称地有筹码拿.(见下图)

2°m为奇数，n为偶数.这种情况先手也必胜.

事实上，先手第一步只要拿掉正中一行的全部筹码，以后的步骤，按对手的拿法心对称地拿，同样能稳操胜券.(见下图)

3°m为偶数，n为奇数.这种情况同于上一种，也是先手胜.只是先手第一步要拿掉正中一列的全部筹码.

4°m为偶数，n为偶数.这种情况后手胜.因为这时的状态，已相当于2°、3°中先手拿完第一步时的状态，所以后手的所有步骤，只要按先手的拿法心对称地拿，就胜券在握.

[“穆尔”游戏]

“穆尔”游戏的规则与“尼姆”游戏的规则基本相同，唯一不同的是：玩家的每一步，可以从任意不超过k堆中取火柴.所以，“尼姆”游戏可以看成是“穆尔”游戏当k＝1时的特例.

类似于“尼姆”游戏，“穆尔”游戏的“斯普拉格—格伦迪数”，也可以设定为状态的“尼姆K和”：

G(p，q，…，r)＝(p，q，…，r)_NimK.

这里的“尼姆K和”是指：把数字p，q，…，r等，换写成二进位数而作不进位的“列和”加法，并把“和”的每个数位上的数码，都改写为它除以(K＋1)后的余数.

例如，状态(1，3，5，7，9，11，13，15)的“尼姆3和”，可运算如下：

如果同一个状态改为“尼姆2和”，则有

(1，3，5，7，9，11，13，15)_Nim2＝1 1 1 2_(Nim2).

对于“穆尔”游戏，状态的“尼姆K和”为“0”时，即

G(p，q，…，r)＝(p，q，…，r)_NimK＝0

为“获胜状态”.这意味着尼姆“列和”的每个数位上的数码，都是(K＋1)的倍数.

由上可知状态(1，3，5，7，9，11，13，15)，对于k＝3的“穆尔”游戏为“获胜状态”，但对于k＝2的“穆尔”游戏却并非是“获胜状态”.

[“大嘴巴”游戏]

“大嘴巴”是一个奇特的“尼姆”型游戏，如下：

有m×n个筹码(为了图示上的方便，我们将火柴改为圆形的筹码)，摆成一个矩形的阵列.两位局中人轮流拿子，拿法是自己选定一个筹码，然后如下右图把该子右上方的所有筹码都拿走.

游戏规定：被迫取到左下角筹码的人为输家.

对于这个被游戏大师马丁·加德纳，戏称为“大嘴巴”的游戏，目前人们对它依然知之甚少.已知的一些结果如下：

1°对于2×n及m×2的游戏，先手必胜.

事实上，以2×n游戏为例，先手总能每每给对方一个上行比下行少1的局面(见下图)，从而最终获胜.

2°对于2×∞及∞×2的游戏，后手必胜.

事实上，以2×∞游戏为例，先手第一步拿后，后手总能每每给对方一个上行比下行少1的局面，从而最终获胜.

3°对于n×n及∞×∞的游戏，先手必胜.

事实上，无论是n×n或是∞×∞，两种游戏的哪一种，先手总可以拿到下右图的状态.然后采取与对手，关于对角线为对称的走法而获胜.

4°对于m×n游戏，先手应当总是胜出.

事实上，只能有以下两种情形：

甲先手有使自己必胜的策略，其中第一步取.那么，结论显然已经成立；

乙先手第一步取，结果输了.这意味着后手有接下一步取的策略，使自己获胜.这也表明先手接下去的任何策略必败.然而，先手原本是可以直接选作为第一步的，这样他就可以把必败的策略留给后手.(见下图)

以上两种情形，无论哪一种都有先手胜出.但上面的证明并非是构造性的.人们甚至不知道先手取胜的第一步该怎么跨出，基本上都还得靠试验去谋求结果.

以3×n游戏为例，2°、3°已经给出了3×2、3×3先手取胜的策略；在5°中，我们将以图示的方式，给出了4≤n≤12时先手取胜的第一步，完整的策略留待读者自行补充和练习.

5°对于3×n游戏，其中n＝4、6、8、10、11，“大嘴巴”的第一口是在上面两行中“啃”的；而n＝5、7、9、12，“大嘴巴”的第一口是在顶行中“啃”的.具体如下图所示：

上图中近乎紊乱的，“大嘴巴”第一口的“啃”法提示我们：要得到必胜策略的第一口“啃”法的简单公式，似乎相当困难.

6°人们曾经猜想：对所有的m和n，开局的胜着都是唯一的，但事后证实这是错误的.通过计算机发现，对于6×13的游戏，存在两个开局的胜着.

[威索夫游戏]

1907年，数学家威索夫发明了一项两人玩的游戏：

两人轮流从甲乙两堆火柴中移走一些火柴.移走的方法可以是以下三种方法中的一种：

(1)从甲堆中移走一些火柴；

(2)从乙堆中移走一些火柴；

(3)从两堆中各移走数目相同的火柴.

游戏规定：谁取走最后一根火柴就算谁胜.

威索夫游戏是一种类似于“尼姆”型的火柴游戏.假定开始时两堆火柴数目分别为p和q，即(p，q)状态.

威索夫教授发现：和许多其他“尼姆”游戏一样，这一游戏也存在一些“获胜状态”，如(0，0)或(1，2)等.

经过分析，威索夫教授列出了以下一张“获胜状态”表：

这张表的构造如下：

(1)表中的|p－q|栏，按自然顺序递推；

(2)除0以外，p、q两栏的数字，既不重复又不遗漏地包含了所有的自然数；

(3)表中某个“获胜状态”的p值，恰是前面所有“获胜状态”中尚未出现过的最小自然数.

根据以上三条，我们能够把上述“获胜状态”表，无限制地延续下去.

例6　试求出上表中紧接着未列出的第10号“获胜状态”.

解　令第10号“获胜状态”为(m，n).

首先，m应是p、q两栏前面的没有出现过的最小自然数，即得m＝14.又n－m＝9，得n＝23.从而求得第10号“获胜状态”为(14，23).

问题6—05：

[难度系数：★☆☆☆☆]

试求出威索夫教授的表中的第11个“获胜状态”.

答案在第136页.

威索夫教授证明了：某A一旦达到某个“获胜状态”，那么在以下的回合中，他也像其他的“尼姆”游戏一样，总有可能次次使自己占据“获胜状态”，直至最终胜利.读者如能记住威索夫教授这张表，将不难成为威索夫游戏的“常胜将军”！

问题6—06：

[难度系数：★★★☆☆]

有一种在19×19方格盘上进行的两人游戏：先走的人将一枚棋子放在棋盘最上一行或最右边一列自己认为适当的格子里.接下去两人轮流走动这只棋子.走动的方式可以如右图那样，向左，向下或向左下走入图中涂黑的方格，走多少格没有限制，但不能不走.

游戏规定：谁先把棋子走到左下角就算谁胜.

试问，先手最初要把棋子放在哪里，才能确保获胜呢？

答案在第136页.

[答案和提示]

6—01

解　由于在尼姆游戏中，(p，p)处于对称状态，因此后手可采用与先手“对称”的方法，从堆中拿火柴.只要先手有火柴拿，后手在对称的地方也必然有火柴拿.所以，后手肯定能拿到最后一根火柴，即(p，p)^*为“获胜状态”.

6—02

解　如下图，对状态(1，2，3)，先手(B)的所有可能的拿法，都终止于后手(A)的“获胜状态”.

即——B拿成(0，2，3)，A拿成(0，2，2)^*胜；

——B拿成(1，1，3)，A拿成(1，1，0)^*胜；

——B拿成(1，0，3)，A拿成(1，0，1)^*胜；

——B拿成(1，2，2)，A拿成(0，2，2)^*胜；

——B拿成(1，2，1)，A拿成(1，0，1)^*胜；

——B拿成(1，2，0)，A拿成(1，1，0)^*胜.

上述表明，在尼姆游戏中，状态(1，2，3)对于后手是一种“获胜状态”，即(1，2，3)^*.

6—03

解　这局棋先走的人第一步走“炮七进三”，可稳操胜券.

事实上，当先走的人走了“炮7进3”之后，场面上形成双方可动间隔为(1，4，5)^*状态的尼姆游戏.只是因为先前已走了一步，所以对于状态(1，4，5)^*而言，先后手调了一个位.所以，根据例3的结论，先走的人必胜.下面是实战对弈和相应的状态对照：

(黑先胜)

炮7进3，——(1，4，5)^*，

炮3进4，——(1，4，1)；

炮5进4，——(1，0，1)^*，兵9进1，——(0，0，1)；

炮7进1，——(0，0，0)^*，炮3退2，——(0，0，2)；

炮7进2，——(0，0，0)^*，炮3退2，——(0，0，2)；

炮7进2，——(0，0，0)^*.

6—04

解　先求各状态的“尼姆和”如下：

根据判定法则，状态(2，4，6)和(2，3，4，5，6，7，8，9)为“获胜状态”；而状态(3，5，7)为“非获胜状态”.

6—05

解　令第11个“获胜状态”为(m，n)，则因p、q两栏前面没有出现过的最小自然数为16，即得m＝16.

又n－m＝10，得n＝26.从而第11号“获胜状态”为(16，26).

6—06

解　本题其实就是地道的威索夫游戏.下图的黑格，即为先手要占据的“获胜状态”.

不难验证：一旦某甲占据了某一“获胜状态”，轮到乙走时，乙定然走不到“获胜状态”；而再轮到甲走时，甲又能到另一个“获胜状态”.直至走到棋盘左下角(下图的(0，0)格)获胜.

图中一系列“获胜状态”(格)的坐标是：

(0，0)；

(1，2)、(2，1)；

(3，5)、(5，3)；

(4，7)、(7，4)；

(6，10)、(10，6)；

(8，13)、(13，8)；

(9，15)、(15，9)；

(11，18)、(18，11).

所以，先手最初要把棋子放在(11，18)或(18，11)，就能确保获胜.