hdu2516-取石子游戏 （斐波那契博弈）【博弈 二分查找】

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2516

取石子游戏

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Problem Description

1堆石子有n个,两人轮流取.先取者第1次可以取任意多个，但不能全部取完.以后每次取的石子数不能超过上次取子数的2倍。取完者胜.先取者负输出"Second win".先取者胜输出"First win".

 

Input

输入有多组.每组第1行是2<=n<2^31. n=0退出.

 

Output

先取者负输出"Second win". 先取者胜输出"First win". 
参看Sample Output.

 

Sample Input

2

13

10000

0

 

Sample Output

Second win

Second win

First win

 

 

 

 

题解：找规律吧。经分析，可以判断必败态有2,3,5,8,13,21... 可以发现，必败态是一个斐波那契数列。然后，如果n为斐波那契数列元素，则必败；否则，必胜。

下面看下数学证明：

就像“Wythoff博弈”需要“Beatty定理”来帮忙一样，这里需要借助“Zeckendorf定理”（齐肯多夫定理）：任何正整数可以表示为若干个不连续的Fibonacci数之和。

先看看FIB数列的必败证明：

1、当i=2时，先手只能取1颗，显然必败，结论成立。

2、假设当i<=k时，结论成立。

则当i=k+1时，f[i] = f[k]+f[k-1]。

则我们可以把这一堆石子看成两堆，简称k堆和k-1堆。

（一定可以看成两堆，因为假如先手第一次取的石子数大于或等于f[k-1]，则后手可以直接取完f[k]，因为f[k] < 2*f[k-1]）

对于k-1堆，由假设可知，不论先手怎样取，后手总能取到最后一颗。下面我们分析一下后手最后取的石子数x的情况。

如果先手第一次取的石子数y>=f[k-1]/3，则这小堆所剩的石子数小于2y，即后手可以直接取完，此时x=f[k-1]-y，则x<=2/3*f[k-1]。

我们来比较一下2/3*f[k-1]与1/2*f[k]的大小。即4*f[k-1]与3*f[k]的大小，由数学归纳法不难得出，后者大。

所以我们得到，x<1/2*f[k]。

即后手取完k-1堆后，先手不能一下取完k堆，所以游戏规则没有改变，则由假设可知，对于k堆，后手仍能取到最后一颗，所以后手必胜。

即i=k+1时，结论依然成立。

对于不是FIB数，首先进行分解。

分解的时候，要取尽量大的Fibonacci数。

比如分解85：85在55和89之间，于是可以写成85=55+30，然后继续分解30,30在21和34之间，所以可以写成30=21+9，

依此类推，最后分解成85=55+21+8+1。

则我们可以把n写成  n = f[a1]+f[a2]+……+f[ap]。（a1>a2>……>ap）

我们令先手先取完f[ap]，即最小的这一堆。由于各个f之间不连续，则a(p-1) > ap  + 1，则有f[a(p-1)] > 2*f[ap]。即后手只能取f[a(p-1)]这一堆，且不能一次取完。

此时后手相当于面临这个子游戏（只有f[a(p-1)]这一堆石子，且后手先取）的必败态，即先手一定可以取到这一堆的最后一颗石子。

同理可知，对于以后的每一堆，先手都可以取到这一堆的最后一颗石子，从而获得游戏的胜利。

代码：

 #include <iostream>
 #include <cstdio>

 using namespace std;

 int f[],n;

 bool find();

 int main(){
     f[]=;
     f[]=;
     for(int i=;i<;i++){//44是测试测出来的
         f[i]=f[i-]+f[i-];
     }
     while(scanf("%d",&n),n){
         if(find())  puts("Second win");
         else    puts("First win");
     }
     return ;
 }
 bool find(){
     int l=,r=,mid;
     while(l<=r){
         mid=(l+r)>>;
         if(n==f[mid])   return true;
         else if(n<f[mid])   r=mid-;
         else    l=mid+;
     }
     return false;
 }