取石子游戏
Description 有两堆石子，数量任意，可以不同。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。现在给出初始的两堆石子的数目，如果轮到你先取，假设双方都采取最好的策略，问最后你是胜者还是败者。
Input 输入包含若干行，表示若干种石子的初始情况，其中每一行包含两个非负整数a和b，表示两堆石子的数目，a和b都不大于1,000,000,000。
Output 输出对应也有若干行，每行包含一个数字1或0，如果最后你是胜者，则为1，反之，则为0。
Sample Input
2
8 4
4 7
Sample Output
0
1
0
相关链接： 黄金分割：http://baike.baidu.com/view/1816.htm
理论证明：www.docin.com/p-26786749.html
博弈算法入门：acm.hdu.edu.cn/forum/read.php
以下解释转自chris《威佐夫博弈、黄金分割、POJ 1067》，在此感谢！
{ 前几个必败点如下：(0，0)，(1，2)，(3，5)，(4，7)，(6，10)，(8，13)……可以发现，对于第k个必败点(m(k),n(k))来说，m(k)是前面没有出现过的最小自然数，n(k)=m(k)+k。
一个必败点有如下性质：
1.所有自然数都会且仅会出现在一个必败点中；
证明：m(k)是前面没有出现过的最小自然数，自然与前k-1个必败点中的数字都不同；m(k)>m(k-1)，否则违背m(k-1)的选择原则；n(k)=m(k)+k>m(k-1)+(k-1)=n(k-1)>m(k-1)，因此n(k)比以往出现的任何数都大，即也没有出现过。又由于m(k)的选择原则，所有自然数都会出现在某个必败点中。性质1证毕。
2.规则允许的任意操作可将必败点移动到必胜点；
证明：以必败点(m(k),n(k))为例。若只改变两个数中的一个，由于性质1，则得到的点一定是必胜点；若同时增加两个数，由于不能改变两数之差，又有n(k)-m(k)=k，故得到的点也一定是必胜点。性质2证毕。
3.一定存在规则允许的某种操作可将必胜点移动到必败点；
证明：以某个必胜点(i,j)为例。因为所有自然数都会出现在某个必败点中，故要么i等于m(k)，要么j等于n(k)。若i=m(k)，j>n(k)，可从j中取走j-n(k)个石子到达必败点；若i=m(k)，jm(k)，j=n(k)，可从i中取走i-m(k)个石子到达必败点；
若i=m(k)，j>n(k)，可从j中取走j-n(k)个石子到达必败点；若i=m(k)，j<n(k)，可从两堆同时拿走m(k)-m(j-m(k))，从而到达必败点(m(j-m(k))，m(j-m(k))+j-m(k))；若i>m(k)，j=n(k)，可从i中取走i-m(k)个石子到达必败点；若i<m(k)，j=n(k)，需要再分两种情况，因为i一定也出现在某个必败点中，若i=m(l)，则从j中拿走j-n(l)，若i=n(l)，则从j中拿走j-m(l)，从而到达必败点(m(l),n(l))。性质3证毕。
判断一个点是不是必败点的公式与黄金分割有关，为：
m(k) = k * (1 + sqrt(5))/2
n(k) = m(k) + k
至于为什么如此，我就不知道了，也没有查到，很好奇。
本文转自：http://hi.baidu.com/547946849/blog/item/47ac0459fe6bbd8d810a1875.html
POJ1067就是这道题，代码如下：
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;
int main()
{
int m,n;
while(scanf("%d%d",&m,&n) != EOF)
{
if(m > n)
swap(m,n);
int k = n - m;
int data = floor(k*(1.0+sqrt(5.0))/2);
puts(data == m ? "0" : "1");
}
}