nyoj-161-取石子 (四）
一、转载的的 参考
威佐夫博奕（Wythoff Game）：有两堆各若干个物品，两个人轮流从某一堆或同
时从两堆中取同样多的物品，规定每次至少取一个，多者不限，最后取光者得胜。
这种情况下是颇为复杂的。我们用（ak，bk）（ak ≤ bk ,k=0，1，2，…,n)表示
两堆物品的数量并称其为局势，如果甲面对（0，0），那么甲已经输了，这种局势我们
称为奇异局势。前几个奇异局势是：（0，0）、（1，2）、（3，5）、（4，7）、（6，
10）、（8，13）、（9，15）、（11，18）、（12，20）。
可以看出,a0=b0=0,ak是未在前面出现过的最小自然数,而 bk= ak + k，奇异局势有
如下三条性质：
1。任何自然数都包含在一个且仅有一个奇异局势中。
由于ak是未在前面出现过的最小自然数，所以有ak > ak-1 ，而 bk= ak + k > ak
-1 + k-1 = bk-1 > ak-1 。所以性质1。成立。
2。任意操作都可将奇异局势变为非奇异局势。
事实上，若只改变奇异局势（ak，bk）的某一个分量，那么另一个分量不可能在其
他奇异局势中，所以必然是非奇异局势。如果使（ak，bk）的两个分量同时减少，则由
于其差不变，且不可能是其他奇异局势的差，因此也是非奇异局势。
3。采用适当的方法，可以将非奇异局势变为奇异局势。
假设面对的局势是（a,b），若 b = a，则同时从两堆中取走 a 个物体，就变为了
奇异局势（0，0）；如果a = ak ，b > bk，那么，取走b – bk个物体，即变为奇异局
势；如果 a = ak ， b < bk ,则同时从两堆中拿走 ak – ab – ak个物体,变为奇异局
势（ ab – ak , ab – ak+ b – ak）；如果a > ak ，b= ak + k,则从第一堆中拿走多余
的数量a – ak 即可；如果a < ak ，b= ak + k,分两种情况，第一种，a=aj （j < k）
,从第二堆里面拿走 b – bj 即可；第二种，a=bj （j < k）,从第二堆里面拿走 b – a
j 即可。
从如上性质可知，两个人如果都采用正确操作，那么面对非奇异局势，先拿者必胜
；反之，则后拿者取胜。
那么任给一个局势（a，b），怎样判断它是不是奇异局势呢？我们有如下公式：
ak =[k（1+√5）/2]，bk= ak + k （k=0，1，2，…,n 方括号表示取整函数)
奇妙的是其中出现了黄金分割数（1+√5）/2 = 1。618…,因此,由ak，bk组成的矩形近
似为黄金矩形，由于2/（1+√5）=（√5-1）/2，可以先求出j=[a（√5-1）/2]，若a=[
j（1+√5）/2]，那么a = aj，bj = aj + j，若不等于，那么a = aj+1，bj+1 = aj+1
+ j + 1，若都不是，那么就不是奇异局势。然后再按照上述法则进行，一定会遇到奇异
局势。
根据上面给出的定义 我写出了下面的代码：
1 2 #include<stdio.h> 3 #include<math.h> 4 //#define GOD ((sqrt(5)+1)/2) 5 int main() 6 { 7 int a,b; 8 while(~scanf("%d%d",&a,&b)) 9 { 10 if(a>b) //保证a<=b 11 { 12 int t=a; 13 a=b; 14 b=t; 15 } 16 int k=a*0.618; //求定义中的j 17 int ak=k*1.618; //求j对应的aj 18 int bk=ak+k; //求j所对应的bj 19 if(ak==a&&b==bk||ak+1==a&&ak+k+2==b) //判定是否成立 20 printf("0\n"); 21 else 22 printf("1\n"); 23 } 24 }
但是 w了 对照数据发现问题出在 618 1000 这组上 因为 1.618 和 0.618 的不精确 所以导致错误
经过更改 避免了这个错误 写出了下面的代码：
1 #include<stdio.h> 2 int main() 3 {int a,b; 4 while(~scanf("%d%d",&a,&b)){ 5 if(a>b)//保证a<=b 6 a^=b^=a^=b; 7 int k=(b-a)*1.618; //b-a 求出了对应的j j乘以1.618得到aj 8 puts(a==k?"0":"1");}//判定aj与a是否相等 9 }
改过的代码 用假设的思想 搞定了这个博弈题 避免了小数的不精确性
