本文内容出处：ACM_cxlove、Yoangh
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 – aj 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。
如何判断奇异局势？比如说有一个奇异局势（ak,bk），那么 他们将满足公式：
ak =[k（1+√5）/2]，bk= ak + k （k=0，1，2，…,n 方括号表示取整函数)。
所以得到结论：
任意（a，b）（a<b）,k=b-a，将k带入若满足a=[k（1+√5）/2]那这就是一个奇异局势，也就是必败局。
下面来看看威佐夫博弈常见的几类问题：
1）给你一个局面，让你求是先手输赢。
有了上面的分析，那么这个问题应该不难解决。首先求出差值，k * 1.618 == a 的话后手赢，否则先手赢。（注意这里的1.618最好是用上面式子计算出来的，否则精
度要求高的题目会错）
2）给你一个局面，让你求先手输赢，假设先手赢的话输出他第一次的取法。
首先讨论在两边同时取的情况，很明显两边同时取的话，不论怎样取他的差值是不会变的，那么我们可以根据差值k计算出其中的小的值(ak)，当
然能取的条件是求出的ak不能大于其中小的一堆的石子数目(a)。
加入在一堆中取的话，可以取任意一堆，那么其差值也是不定的，但是我们可以枚举差值，差值范围是0 ~大的石子数目，根据差值求ak，只要满足ak==a&&b>ak+k或者ak+k==a&&b>ak或者ak+k==b&&a>ak即为一种方案。
例题一：
HDU 1527 取石子游戏
题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1527
题目大意：给你两堆石子，游戏开始由两个人轮流取石子。游戏规定，每次有两种不同的取法，一是可以在任意的一堆中取走任意多的石子，二是可以在两堆中同时取走相同数量的石子，问先手是否会赢。
解题思路：威佐夫博弈模板，上面的第一类问题。
代码：
1 #include<cstdio> 2 #include<cmath> 3 #include<algorithm> 4 using namespace std; 5 6 int main(){ 7 int a,b; 8 while(~scanf("%d%d",&a,&b)){ 9 if(a>b) swap(a,b); 10 int k=b-a; 11 int tmp=(int)(k*(sqrt(5)+1)/2.0); 12 if(tmp==a) 13 puts("0"); 14 else 15 puts("1"); 16 } 17 }
例题二：
HDU 2177 取(2堆)石子游戏
题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2177
题目大意：游戏开始由两个人轮流取石子。游戏规定，每次有两种不同的取法，一是可以在任意的一堆中取走任意多的石子；二是可以在两堆中同时取走相同数量的石子。最后把石子全部取完者为胜者。如果先手胜，那先手第1次该怎样取子，如果在任意的一堆中取走石子能胜同时在两堆中同时取走相同数量的石子也能胜，先输出取走相同数量的石子的情况。
解题思路：对应上面的第二类威佐夫问题。当先手会赢时，假设（a,b）&&a<b，分两种情况讨论：
①两堆取相同数量石子，因为同时取，所以k=b-a的值时不变的，ak是固定的，只要a>ak，那就可以有一种取石子的方案。
②在其中一堆取任意数量的石子，可以知道差值k在0~b之间，我们通过枚举差值计算ak会有以下几种情况是符合的：
1）a=ak，b>ak+k，取b堆里的石子，可使b=ak+k
2）a=ak+k，取b堆里的石子，可使b=ak
3）b=ak+k，a>ak，取a堆里的石子，可使a=ak
4）b=ak，a>ak+k，这是不可能的，a>ak+k=b+k>a自相矛盾
所以枚举时满足以上三种情况的，即为解决方案。
代码：
1 #include<cstdio> 2 #include<cmath> 3 #include<algorithm> 4 using namespace std; 5 6 int main(){ 7 int a,b; 8 while(~scanf("%d%d",&a,&b)&&(a||b)){ 9 if(a>b) swap(a,b); 10 int k=b-a; 11 int tmp=(int)(k*(sqrt(5)+1)/2.0); 12 if(tmp==a) 13 puts("0"); 14 else{ 15 puts("1"); 16 //两堆同时取，k不变，判断ak是否小于a 17 if(a>tmp){ 18 printf("%d %d ",tmp,b-(a-tmp)); 19 } 20 //取一堆，枚举0~b所有的差值 21 for(int i=0;i<=b;i++){ 22 int tmp2=(int)(i*(sqrt(5)+1)/2.0); 23 //防止重复,例如7 10取两堆或一堆都会有4 7 24 if(tmp2==tmp) 25 continue; 26 if(tmp2==a&&b>tmp2+i||tmp2+i==a||tmp2+i==b&&a>tmp2){ 27 printf("%d %d ",tmp2,tmp2+i); 28 } 29 } 30 } 31 } 32 return 0; 33 }