题解 P6487 [COCI 2010/2011 #4] HRPA

P6487 [COCI 2010/2011 #4] HRPA

Part1 当 \(n\) 是斐波那契数时，先手唯一的必胜策略是一次性取完

考虑其他情况为什么必败：

如果 \(n = 2\) ，可以分解为 \(1, 1\) ，先手拿 \(1\) 个后后手可以拿完，所以先手必败；

如果 \(n > 2\) ，可以分解为斐波那契的相邻两项 \(fib_{i - 1}, fib_{i}\) ，根据斐波那契数列的性质，如果先手取完 \(fib_{i - 1}\) ，\(fib_{i} \leq fib_{i - 1} \times 2\) ，所以后手可以直接取完，先手必败；对于如何取 \(fib_{i - 1}\) ，显然它也可以细分为两项相邻的斐波那契数，因此会重复上面的过程，直到分解成 \({1, 1}\) 。

Part2 Zeckendorf定理：任何正整数都可以表示为若干个不相邻的斐波那契数之和

当 \(n\) 不为斐波那契数时，它就被分解成了若干个不相邻的斐波那契数，根据上面的分析，对于每个斐波那契数，每次一定要先把它取完，由于不相邻，所以从小到大排列分解出来的斐波那契数，前一项的两倍一定小于后一项。所以必胜策略就是一次取完每一项，最优答案就是第一次取最小的那个斐波那契数。

因此将 \(n\) 分解为若干个斐波那契数之后输出最小的那个就可以了。

代码

void solve(void) {
    i64 n;
    std::cin >> n;
    i64 a, b, c;
    while(n) {
        if(n == 1 || n == 2) {
            std::cout << n;
            return;
        }
        a = 1, b = 2, c = 3;
        while(c < n) a = b, b = c, c = a + b;
        if(c == n) {
            std::cout << n;
            return;
        }
        n -= b;
    }
}