题目:传送门

有一堆个数为n(n>=2)的石子,游戏双方轮流取石子,规则如下:

1)先手不能在第一次把所有的石子取完,至少取1颗;

2)之后每次可以取的石子数至少为1,至多为对手刚取的石子数的2倍。

约定取走最后一个石子的人为赢家,求必败态。

结论:当n为Fibonacci数的时候,必败。

f[i]:1,2,3,5,8,13,21,34,55,89……

用第二数学归纳法证明:

为了方便,我们将n记为f[i]。

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,对两值作差后不难得出,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。

那么,当n不是Fibonacci数的时候,情况又是怎样的呢?

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。

关于这个定理的证明,感兴趣的同学可以在网上搜索相关资料,这里不再详述。

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。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <map>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll a[];
map<int,int>book;
const ll maxn=1e9;
int main()
{
a[]=;a[]=;
book[]=;book[]=;
for(int i=;a[i-]<=maxn;i++)
{
a[i]=a[i-]+a[i-];
book[a[i]]=;
}
int t,n;
cin>>t;
while(t--) {
cin>>n;
if(book[n]) cout<<"B"<<endl;
else cout<<"A"<<endl;
}
return ;
}

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