当碰到斐波那契数列的数字时,先取者必败,反之先取者必胜
代码实现(hdu 2516)
#include <stdio.h>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <stack>
#define ll long long
using namespace std;
int a[100005];
int b[100005];
bool cmp(int a,int b)
{
return a>b;
}
int main()
{
ll n;
ll f[101];
f[1]=1;
f[2]=2;
for(int i=3;i<=66;i++)
{
f[i]=f[i-1]+f[i-2];
}
while(~scanf("%lld",&n))
{
if(n==0) break;
int flag=1;
for(int i=2;;i++)
{
//cout<<i<<" "<<f[i]<<" "<<n<<endl;
if(f[i]==n)
{
flag=0;
// cout<<"dfasfsad"<<endl;
break;
}
if(f[i]>n)
{
break;
}
}
if(flag) cout<<"First win"<<endl;
else cout<<"Second win"<<endl;
}
return 0;
}
我们可以手工推算出当2,3,5,8时先手必败,进而联想到斐波那契数列
下面是证明:(非原创)
有一堆个数为n(n>=2)的石子,游戏双方轮流取石子,规则如下:
1)先手不能在第一次把所有的石子取完,至少取1颗;
2)之后每次可以取的石子数至少为1,至多为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。
结论:当n为Fibonacci数的时候,必败。
f[i]:1,2,3,5,8,13,21,34,55,89……
用第二数学归纳法证明:
为了方便,我们将n记为f[i]。
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,对两值作差后不难得出,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。
那么,当n不是Fibonacci数的时候,情况又是怎样的呢?
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。
关于这个定理的证明,感兴趣的同学可以在网上搜索相关资料,这里不再详述。
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。