转自：https://blog.csdn.net/ac_gibson/article/details/41624623
一. 巴什博奕（Bash Game）：
A和B一块报数，每人每次报最少1个，最多报4个，看谁先报到30。这应该是最古老的关于巴什博奕的游戏了吧。
其实如果知道原理，这游戏一点运气成分都没有，只和先手后手有关，比如第一次报数，A报k个数，那么B报5-k个数，那么B报数之后问题就变为，A和B一块报数，看谁先报到25了，进而变为20,15,10,5，当到5的时候，不管A怎么报数，最后一个数肯定是B报的，可以看出，作为后手的B在个游戏中是不会输的。
那么如果我们要报n个数，每次最少报一个，最多报m个，我们可以找到这么一个整数k和r，使n=k*（m+1）+r，代入上面的例子我们就可以知道，如果r=0，那么先手必败；否则，先手必胜。
巴什博奕：只有一堆n个物品，两个人轮流从中取物，规定每次最少取一个，最多取m个，最后取光者为胜。
例题有：HDU4764 Stone：
题目大意：Tang和Jiang轮流写数字，Tang先写，每次写的数x满足1<=x<=k，Jiang每次写的数y满足1<=y-x<=k，谁先写到不小于n的数算输。
结论：r=（n-1）%（k+1），r=0时Jiang胜，否则Tang胜。
#include<iostream>
using namespace std;
int main()
{
int n,k;
while(~scanf("%d%d",&n,&k)&&n&&k)
{
if((n-1)%(k+1)==0)//第n-1个肯定后手拿，先手必败
printf("Jiang
");
else
printf("Tang
");
}
return 0;
}
/*
Sample Input
1 1
30 3
10 2
0 0
Sample Output
Jiang
Tang
Jiang
*/二. 威佐夫博弈（Wythoff Game）：
有两堆各若干的物品，两人轮流从其中一堆取至少一件物品，至多不限，或从两堆中同时取相同件物品，规定最后取完者胜利。
直接说结论了，若两堆物品的初始值为（x，y），且x<y，则另z=y-x；
记w=（int）[（（sqrt（5）+1）/2）*z ]；
若w=x，则先手必败，否则先手必胜。
代码如下：
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <iostream>
using namespace std;
int main()
{
int n1,n2,temp;
while(cin>>n1>>n2)
{
if(n1>n2) swap(n1,n2);
temp=floor((n2-n1)*(1+sqrt(5.0))/2.0);
if(temp==n1) cout<<"后手必胜"<<endl;
else cout<<"先手必胜"<<endl;
}
return 0;
}
三. 尼姆博弈（Nimm Game）：
尼姆博弈指的是这样一个博弈游戏：有任意堆物品，每堆物品的个数是任意的，双方轮流从中取物品，每一次只能从一堆物品中取部分或全部物品，最少取一件，取到最后一件物品的人获胜。
结论就是：把每堆物品数全部异或起来，如果得到的值为0，那么先手必败，否则先手必胜。
代码如下：
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <iostream>
using namespace std;
int main()
{
int n,ans,temp;
while(cin>>n)
{
temp=0;
for(int i=0;i<n;i++)
{
cin>>ans;
temp^=ans;
}
if(temp==0) cout<<"后手必胜"<<endl;
else cout<<"先手必胜"<<endl;
}
return 0;
}
四. 斐波那契博弈：
有一堆物品，两人轮流取物品，先手最少取一个，至多无上限，但不能把物品取完，之后每次取的物品数不能超过上一次取的物品数的二倍且至少为一件，取走最后一件物品的人获胜。
结论是：先手胜当且仅当n不是斐波那契数（n为物品总数）
如HDU2516
Sample Input
2
13
10000
0
Sample Output
Second win
Second win
First win
这是一道Fibonacci’s Game（斐波那契博弈）
斐波那契博弈模型，大致上是这样的：
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；
2. 之后每次可以取的石子数介于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。
（转）分析：
n = 2时输出second；
n = 3时也是输出second；
n = 4时，第一个人想获胜就必须先拿1个，这时剩余的石子数为3，此时无论第二个人如何取，第一个人都能赢，输出first；
n = 5时，first不可能获胜，因为他取2时，second直接取掉剩下的3个就会获胜，当他取1时，这样就变成了n为4的情形，所以输出的是second；
n = 6时，first只要去掉1个，就可以让局势变成n为5的情形，所以输出的是first；
n = 7时，first取掉2个，局势变成n为5的情形，故first赢，所以输出的是first；
n = 8时，当first取1的时候，局势变为7的情形，第二个人可赢，first取2的时候，局势变成n为6得到情形，也是第二个人赢，取3的时候，second直接取掉剩下的5个，所以n = 8时，输出的是second；
…………
从上面的分析可以看出，n为2、3、5、8时，这些都是输出second，即必败点，仔细的人会发现这些满足斐波那契数的规律，可以推断13也是一个必败点。
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。n=12时，只要谁能使石子剩下8且此次取子没超过3就能获胜。因此可以把12看成8+4，把8看成一个站，等价与对4进行"气喘操作"。又如13，13=8+5，5本来就是必败态，得出13也是必败态。也就是说，只要是斐波那契数，都是必败点。
所以我们可以利用斐波那契数的公式：fib[i] = fib[i-1] + fib[i-2]，只要n是斐波那契数就输出second。
#include <iostream>
#include <string.h>
#include <stdio.h>
using namespace std;
const int N = 55;
int f[N];
void Init()
{
f[0] = f[1] = 1;
for(int i=2;i<N;i++)
f[i] = f[i-1] + f[i-2];
}
int main()
{
Init();
int n;
while(cin>>n)
{
if(n == 0) break;
bool flag = 0;
for(int i=0;i<N;i++)
{
if(f[i] == n)
{
flag = 1;
break;
}
}
if(flag) puts("Second win");
else puts("First win");
}
return 0;
}