斐波那契博弈（Fibonacci Game）

斐波那契博弈（Fibonacci Game）

一、问题模型

有 n 枚石子，两人轮流取：

• Mirko 先取，第一次可以取走任意多枚（至少 1 枚）
• 之后每次至少取 1 枚，最多取走上一次取走数量的 2 倍
• 取走的数量不能超过场上剩余石子数
• 取走最后一枚石子的人获胜

双方都采取最优策略。问：Mirko 第一次至少要取多少枚才能保证获胜？

对应题目：洛谷 P6787 [COCI 2010/2011 #4] HRPA

二、结论

• 如果 n 是斐波那契数，先手必须一次取完（取 n 枚）才能保证获胜
• 如果 n 不是斐波那契数，把 n 拆成若干斐波那契数之和，先手第一次取走其中最小的那个斐波那契数即可保证获胜

三、为什么是这个结论

核心工具是 ** 齐肯多夫定理 定理**：

任何正整数都可以唯一地表示为若干个不相邻的斐波那契数之和。

例如：83 = 55 + 21 + 5 + 2（55、21、5、2 两两不相邻）。

情况一：n 是斐波那契数（先手必败，除非一次取完）

设 n = F_k。先手第一次不能取完（否则直接赢，但题目问的是“最少取多少能保证赢”，所以如果只取部分，后手有必胜策略）。

证明（归纳法）：

假设 n = F_k，先手第一次取了 x 枚。

• 如果 x >= F_{k-2}，那么后手可以一次取完剩下的 F_k - x 枚。因为 F_k - x <= F_k - F_{k-2} = F_{k-1} <= 2x（后手最多可取 2x），所以后手直接获胜。

• 如果 x < F_{k-2}，那么剩下的石子数 n - x 落在 (F_{k-1}, F_k) 之间。把 n - x 拆成 Zeckendorf 表示：n - x = F_{k-1} + ... + F_{j}（其中 F_j 是最小项）。后手只需要取走 F_j 枚，就能保证最终取到最后一枚。

因此，当 n 是斐波那契数时，先手只有一次取完才能赢。

情况二：n 不是斐波那契数（先手必胜）

根据 Zeckendorf 定理，把 n 唯一拆成不相邻斐波那契数之和：

n = F_{a1} + F_{a2} + ... + F_{am}   （a1 > a2 > ... > am，且互不相邻）

先手第一次取走最小的那一项 F_{am}。

之后，无论后手取多少（设为 y 枚），由于 F_{am} 和次小项 F_{a(m-1)} 不相邻，可以证明后手无法一次取完 F_{a(m-1)} 这一堆。于是先手可以继续用同样的策略，每次取走当前“最小堆”的最后一块。

最终，先手会依次取到每一堆的最后一块，从而取到总数 n 的最后一块，获得胜利。

四、证明思路（归纳法与引理）

引理 1（Zeckendorf 定理）：
任何正整数 N 可以唯一地表示为若干个不连续的斐波那契数之和。

存在性证明（贪心法）：

• 取不超过 N 的最大斐波那契数 F_k。
• 若 F_k = N，完成。
• 否则，N - F_k < F_{k-1}（否则 N >= F_k + F_{k-1} = F_{k+1}，与 F_k 是最大项矛盾）。
• 对 N - F_k 递归使用同样方法，得到的分解自然满足“不连续”。

唯一性证明（反证法）：
假设存在最小的数有两种合法分解，设最大项分别为 F_a 和 F_b。若 F_a > F_b，由引理（一组不相邻斐波那契数之和小于下一项），第一种分解的和小于 F_{b+1} - 1，但第二种分解至少为 F_b，矛盾。因此 F_a = F_b，递归下去可知分解唯一。

引理 2（关键性质）：
若 n 是斐波那契数，先手不一次取完则后手必胜。

证明：设 n = F_k。后手策略：

• 先手取 x >= F_{k-2} → 后手一次取完。
• 先手取 x < F_{k-2} → 后手面对 F_k - x，将其拆成 F_{k-1} + ...，后手取走其中最小的斐波那契数。由归纳假设，后手能取到 F_{k-1} 这一堆的最后一块，进而取到全局最后一块。

引理 3（必胜策略）：
若 n 不是斐波那契数，先手取走 Zeckendorf 分解中最小项后必胜。

证明：设 n = F_{a1} + ... + F_{am}（不相邻）。先手取 F_{am} 后，剩余 F_{a1} + ... + F_{a(m-1)}。后手无法一次取完 F_{a(m-1)}（因为 F_{a(m-1)} > 2 * F_{am}，而后手最多取 2 * F_{am}）。于是先手可以继续用“取最小堆最后一块”的策略，最终取到最后一块。

五、AC 代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll N = 1e15 + 5;
vector<ll> Fib;
void pre()
{
	Fib.push_back(1);
	Fib.push_back(2);
	while (true)
	{
		ll t = Fib[Fib.size() - 1] + Fib[Fib.size() - 2];
		if (t > N) break;
		Fib.push_back(t);
	}
}
int main()
{
	pre();
	ll n;
	cin >> n;
	if (binary_search(Fib.begin(), Fib.end(), n))
	{
		cout << n << '\n';
		return 0;
	}
	ll cur = n;
	vector<ll> part;
	while (cur > 0)
	{
		auto it = upper_bound(Fib.begin(), Fib.end(), cur); 
        // upper_bound(begin, end, value),返回第一个严格大于 value 的元素的迭代器。
		it--;
		ll f = *it;
		cur -= f;
		part.push_back(f);
	}
	cout << part[part.size() - 1] << '\n';
	return 0;
}

六、代码思路

1. 预处理斐波那契数列：从 1, 2 开始递推（注意不是 1, 1，否则唯一性会出问题），生成到超过 10^15
2. 判断 n 是否为斐波那契数：用 binary_search 查找
   • 是 → 输出 n（一次取完）
   • 否 → 继续第 3 步
3. Zeckendorf 拆分：每次取不超过当前剩余数的最大斐波那契数，从 n 中减去，记录到 part
   • 贪心取最大斐波那契数得到的拆分，必然满足“不相邻”条件，即 Zeckendorf 分解
4. 输出最小项：part 最后压入的就是拆分出的最小斐波那契数

七、总结

情况	先手策略
n 是斐波那契数	必须一次取完 n 枚
n 不是斐波那契数	取走 Zeckendorf 分解中最小的斐波那契数