斐波那契博弈

处理何种问题：有一堆个数为n的石子，游戏双方轮流取石子，满足：

1)    先手不能在第一次把所有的石子取完，且最少取1个；

2)    之后每次可以取得石子数介于1到对手刚取的石子数的2倍之间（包含1和对手刚取得石子数的两倍）。

约定取走最后一个石子的人为赢家，求谁获胜。

此类问题有一个结论：当n是斐波那契数时，后手必胜；当n不是斐波那契数时，先手必胜。（先手胜当且仅当n不是斐波那契数）

 

性能：O（1）的时间复杂度

 

原理：本人对该类型证明不是很感兴趣，再此贴一份证明

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。

 

实现步骤：斐波那契数列+二分查找

 

备注：记好结论

 

输入样例解释：

2 //n，石子个数

13

10000

0//结束语句

 

输出样例解释：

Second win //后手获胜

Second win

First win //先手获胜

 

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;

long long fib[50];

int main()
{
    fib[0]=fib[1]=1;
    for(int i=2;i<50;++i)//n的个数一定要在斐波那契数列之内
    {
        fib[i]=fib[i-1]+fib[i-2];
    }

    long long n;

    while(scanf("%lld",&n)&&n)
    {
        int flag=binary_search(fib,fib+50,n);
        if(flag)
            printf("Second win\n");
        else
            printf("First win\n");

    }
    return 0;
}