博弈论的题往往可以通过直接计算Sprague-Grundy函数来解决。本文将介绍两道较为相似的例题，在他们的设定下，大多数情况输赢仅由双方的优势程度所决定，而先手的优势则被限定在很小的范围内——即势均力敌的情况。
例题1
CodeForces 1704F. Colouring Game
Alice和Bob在一个仅由0和1所构成的字符串上进行轮流博弈。Alice先行。
Alice每次可以选择连续的两个字符，且至少有一个是0，然后将这两个字符均变为2。
Bob每次可以选择连续的两个字符，且至少有一个是1，然后将这两个字符均变为2。
无法操作者游戏失败。
解法：
双方的优势成都可由0和1的个数来描述：
如果0的个数比1的个数多，那么Alice赢；如果1的个数比0的个数多，那么Bob赢。
这是显然的，因为个数多的那一方永远选择把01或者10变为22，不会减小0和1的个数之差。
接下来，只需要考虑0与1一样多的情况。此时，将01交替出现的一段看作一个部分。对每个部分的博弈可化为：
每人每次可以选择连续的两个未被占据的位置，将其占据。
无法操作者失败。
这是因为，剩余的未被占据的单个位置必然拥有相同个数的0和1，不会影响双方胜负的情况。
于是，令$g(n)$表示长度为$n$的部分的SG值，那么
$$ g(n) = \operatorname{mex} \{ g(i) \oplus g(n-i-2) : 0 \leq i \leq n-2 \}, $$
其中$g(0) = g(1) = 0$。整个游戏的SG值即为每个部分的SG值之异或。
从而，Alice必胜，当且仅当以下条件之一成立：
0的个数比1多。
0与1一样多，并且整个游戏的SG值不为0。
最后，$g(n)$在计算前若干项后，是一个周期为34的序列（参见OEIS A002187），可以$O(n)$预处理。
代码：code
例题2
在$n$行$m$列的格子上，每行选择两个不同的格子放置分别仅能由Alice和Bob操控的棋子（每行总共有$m(m-1)$种放置方式）。Alice先行。
Alice所能操控的棋子仅能向左移动（至少一格），且不能跨越Bob所能操控的棋子，并且不能移动到格子以外。
Bob所能操控的棋子仅能向右移动（至少一格），且不能跨越Alice所能操控的棋子，并且不能移动到格子以外。
无法操作者失败。
求Alice能获胜的所有局面的数量。
解法：
每行的放置方式有两种：
Alice的棋子在Bob的棋子左侧。此时双方的最佳策略均是向对应方向移动一格。
Alice的棋子在Bob的棋子右侧。此时双方共享所有可移动的格子，这些格子即可看作取石子游戏（nim game）中的石子。
于是，游戏划分成了两个部分，一个部分的最佳策略是仅移动一格；二另一部分则是取石子游戏。
继而，如果仅考虑【Alice的棋子在Bob的棋子左侧】的所有行，统计Alice能移动的次数$A$和Bob能移动的次数$B$。那么，
如果$A>B$，则Alice胜。
如果$A 这是因为，获胜的一方的必胜策略是先去按最佳策略进行取石子游戏。取石子游戏的特殊之处在于，必输的一方至多只会比对方差一步。因此，即便是取石子游戏的部分输了，也能通过另一部分游戏的优势锁定胜局。 因此，Alice获胜，当且仅当以下条件之一成立： $A>B$。 $A=B$且取石子游戏部分的SG值不为0。 接下来，考虑每种放置方式$(i, j)$，其中$i$表示Alice的棋子位置，$j$表示Bob的棋子位置。 如果$1\leq i 如果$1\leq j
考虑生成函数 $$ f(x, y) = \sum_{i} \sum_{j} a_{i,j} x^i y^j, $$ 其中$a_{i,j}$表示Alice的优势为$i$且对取石子游戏的SG值的贡献为$j$的放置方案数（单行）。 定义， $$ f(x, y) \otimes g(x, y) = \sum_{i} \sum_{j} \sum_{i'} \sum_{j'} a_{i,j} a_{i', j'} x^{i+i'} y^{j \oplus j'}. $$ 那么 $$ f^{\otimes n}(x, y) = \sum_{i} \sum_{j} b_{i,j} x^i y^j $$ 即为$n$行游戏的生成函数。根据定义，Alice必胜的局面数为 $$ \sum_{i > 0} \sum_{j} b_{i, j} + \sum_{j \neq 0} b_{0, j}. $$ 代码：code 复杂度$O(nm^2(\log n + \log m))$。