必胜策略
从终局倒推，把必败态留给对手，再验证每种应对。
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01
13 枚石子：怎样保证最后一枚由自己取走？
两人轮流从同一堆中取石子，每次必须取 1、2 或 3 枚，不得超过剩余数，不可跳过；取到最后一枚者获胜。初始 13 枚，先手应怎样走？双方都知道全部状态，且都选择最有利的走法。
切换规则，查看不同策略。以下每次点击只展示一次合法行动或一次状态揭示。
13 枚：先手取 1 枚，先把 12 枚留给对手。点击下一步观察。
02
从最后一步倒推，而不是猜对手怎么走
学习目标：会给小规模局面标记胜败，找到一步制胜的方向，并证明回应合法。必要前置：整除与余数、分类讨论、简单归纳；S班为本项目教学编排，不代表官方课纲。
本页限有限、完全信息、无随机、轮流行动的单堆取子。石子数严格减少，游戏必结束。采用正常玩法（normal play）：无合法行动者输，等价于取到最后一枚者赢。必胜态与必败态均以当前轮到的人为视角。
- 先标终局。0 枚时无子可取，记为败态 P（previous-player winning position，上一手获胜）。
- 向后看所有合法后继。只要有一步能把对手送进败态，当前就是胜态 N（next-player winning position，轮到者可胜）。
- 没有这样的走法才是败态。当前每一步都送对手进入胜态，就无法保证获胜。不能只检查“最自然的一步”。
- 为什么可靠？每一步石子更少，后继状态都已分类；从0开始归纳，逐层结论成立。有限递减排除了无限对局和循环。
胜态：至少一个合法后继是败态。
败态：所有合法后继都是胜态（0 枚无后继）。
对称与配对：配的是两人的取子数
每次可取1到3枚时，对手取 a 枚，自己取 4−a 枚。两次取子组成互补配对：(1,3)、(2,2)、(3,1)。这里的对称是围绕总数4的互补，并不要求石子在空间上对称摆放。只有检查回应都合法、能一直执行到终局，配对才是策略证明。
03
两道完整例题：周期从规则中来
例题一｜13 枚，每次取 1 至 3 枚
两人轮流从13枚中取1、2或3枚，不能超取，取走最后一枚者获胜。双方理性，问先后手谁能保证赢，并给出覆盖所有应对的策略。
- 0枚败；1、2、3枚能取完，所以胜；4枚的后继只有3、2、1，故败。
- 证明全部四的倍数必败。若 n=4k>0，无论取a=1、2、3，都会留下余数3、2、1的局面；这些局面可再取4−a回到更小的四的倍数。
- 证明其余数必胜。n=4k+r，r为1、2、3时，取r枚留下4k。r不超过n，故合法。从0逐层归纳，两类互相支持。
- 13=4×3+1，先手先取1枚，留下12枚。以后对手取a枚，自己取4−a枚，每轮合取4枚，轮末留下8、4、0枚。
- 为什么最后一轮也能回应？轮初有4k枚，k≥1；对手取a后余4k−a≥4−a，回应既在1到3之间又不超取。每轮减少4枚，自己最终取到最后一枚。
答案：先手必胜，第一步必须取1枚。若先取2或3枚，分别留下11或10，后手便能取3或2枚留下8并掌握同样策略。
例题二｜20 枚，只许取 1、3、4 枚
两人轮流从20枚中取子，每次只能取1、3或4枚，不能超取，取到最后一枚者赢。判断先后手胜负，给出首步和后续通用策略。
- 先按合法后继递推：0败，1胜，2败（只能到1），3胜（取3到0），4胜（取4到0），5胜（取3到2），6胜（取4到2），7败（后继6、4、3全胜）。8胜，9败。
- 猜测并证明：除以7余0或2的局面为败态。余0时减1、3、4分别余6、4、3；余2时减1、3、4分别余1、6、5（小局面只保留合法走法）。它们都离开败态。
- 其他余数有回到败态的合法走法：余1取1；余3取1；余4取4；余5取3；余6取4。所得余数依次为0、2、0、2、2。每个规定取法均不超过该余数，因此对所有非负n都合法。
- 0枚为基础，所有后继更小，归纳证明分类成立。20除以7余6，先取4，留下16（余2）。对手离开败态后，自己按上述余数规则送回败态，直到取完。
答案：先手必胜，先取4枚。只取1或3会留下19或17，二者都是胜态，不能保证赢。此例的“周期7”由双向证明得来，不能仅凭前十项猜定。
余数 → 取子数：1→1，3→1，4→4，5→3，6→4。
余0或2：对手正确行动时无必胜走法。
04
迁移练习：先判断规则，再找败态
练习一｜24 枚的先后手
24枚石子，两人轮流取1至3枚，取完者赢，不可超取。先手是否必胜？若你是后手，怎样保证赢？
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24=4×6是败态，先手不能保证赢。后手每次回应4−a枚，其中a为先手刚取的数量。每轮合取4枚，留下20、16、12、8、4、0枚。轮初至少4枚，回应不超取；六轮后后手取完。结论依赖后手正确执行，不是说先手绝无获胜可能。
练习二｜19 枚、取 1、3、4 枚
同例题二规则，改为19枚。先手第一步取多少能保证赢？说明另外两种首步为什么不保证赢。
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19除以7余5，应取3枚，留下16（余2败态）。取1留下18（余4胜态），取4留下15（余1胜态），后手分别可取4到14、取1到14，反过来把败态留给先手。取3后，继续按余数表回到余0或2，保证最终取完。
05
边界反例与回顾
- 允许取法不连续，凑数可能失效。只许取1、3、4枚，剩2枚时只能取1，给对手留1，所以2是败态；“不是四的倍数就胜”立即失败。对手取3时若机械凑5要回应2，也不合法。
- 胜负终局改变，基础状态就改变。若“取最后一枚者输”，仍每次取1至3枚，那么剩1枚轮到者必输，剩4枚反而可取3留1而胜；正常玩法的四倍数结论不可照搬。
- 一条路径不等于保证获胜。必须覆盖对手每种合法走法。“至少有一步去败态”和“每一步都去胜态”的量词不能互换。
- 对称不是口号。镜像或互补回应如果遇到重复取子、无子可取或越界，就不是有效策略。多堆取子、随机游戏、隐藏信息、允许循环的游戏均须另作分析。
回顾顺序：写清规则 → 标终局 → 列合法后继 → 逆推胜败 → 发现结构 → 双向证明 → 检查首步、回应和终局。
06
逐章回看
十三枚石子，两人轮流取，每次可取一到三枚，取到最后一枚者获胜。谁能保证赢？
先看零枚：轮到的人无子可取，所以必败。一、二、三枚都能一次取完，都是必胜态。
四枚时，无论取几枚，都把一、二或三枚留给对手。所以四枚是必败态。
继续倒推，八枚、十二枚也必败。这里的胜败，都指轮到行动的那个人。
十三枚先取一枚，留下十二。以后对手取一、二、三枚，就分别回应三、二、一枚。
每轮合取四枚，依次留下八枚、四枚、零枚。回应始终合法，最后一枚由自己取走。
如果只许取一、三、四枚，就不能照搬凑四。逐项倒推，零、二、七、九枚都是必败态。
例如二十枚，先取四枚，留下十六。十六除以七余二，也是必败态。
这个变式中，除以七余零或二的局面必败。它们每一步都离开败态，其余局面都能一步回到败态。
总结：先写清规则，再倒推败态，最后检查对手每种走法。换成取到最后一枚者输时，必须重新分析。