取石子問題

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POJ 1067 取石子游戲

----問題描述：

7有兩堆石子，數量任意，可以不同。遊戲開始由兩個人輪流取石子。遊戲規定，每次有兩種不同的取法，一是可以在任意的一堆中取走任意多的石子；二是可以在兩堆中同時取走相同數量的石子。最後把石子全部取完者爲勝者。現在給出初始的兩堆石子的數目，如果輪到你先取，假設雙方都採取最好的策略，問最後你是勝者還是敗者。

  ----輸入：

輸入包含若干行，表示若干種石子的初始情況，其中每一行包含兩個非負整數a和b，表示兩堆石子的數目，a和b都不大於1,000,000,000。

----輸出：

輸出對應也有若干行，每行包含一個數字1或0，如果最後你是勝者，則爲1，反之，則爲0。

----樣例輸入：
2 1
8 4
4 7
----樣例輸出：
0
1
0
  ----分析：

（轉自網上，略有修正）

大致看完題目，想當然就知道這是一道博弈論的問題，最容易想的就是直接用博弈論的必敗、必勝態進行動態規劃求解。但是樸素的動態規劃是 O(N * M) 的，如果做一些優化可能可以過掉 RQNOJ 的題目，但是對於 POJ 1067 來說就完全無能爲力。所以我們嘗試分析數據，看看有沒有什麼規律（以下用 (a, b) 表示兩堆石子的個數，即遊戲中的一個狀態）。

列舉了幾個狀態之後容易發現，必勝態的數目比必敗態要多很多，所以我們先手工求出前幾個必敗態：

(1, 2)、(2, 1)、(3, 5)、(5, 3)、(4, 7)、(7, 4)、（6, 10）、（10, 6）……

首先回顧必勝態和必敗態的樸素求法：

定理 0：一個狀態是必敗態，當且僅當它的所有後繼狀態都是必勝態；而一個狀態是必勝態，只要它的後繼狀態有一個以上的必敗態即可。

證明略去。

容易發現下面的定理：

定理 1：(a，b) 和 (b, a) 的勝負性是相同的（a <> b）。

證明：如果 (a, b) 是必勝態，那麼將必勝策略中所有的操作，對第一堆的變爲第二堆，對第二堆的變爲第一堆，就構成 (b, a) 的必勝策略

定理 2：若 (a, b) 是必敗態，則對於所有的 x <> a 和 y <> b，(x, b) 和 (a, y) 是必勝態。

證明：

對於 x > a 和 y > b，不管是哪一種情況，總可以從 x 堆或 y 堆中取出一定量的石子使當前狀態變爲必敗態 (a, b)，由定理 1，(x, b) 和 (a, y) 爲必勝態。

對於 x < a 和 y < b，不管是哪一種情況，如果 (x, b) 或 (a, y) 是必敗態的話，由上述可得 (a, b) 是必勝態，矛盾。故 (x, b) 和 (a, y) 均爲爲必勝態。

定理 3: 若 (a, b) 是必敗態，則對於所有的 d > 0，(a + d, b + d) 是必勝態。

證明：

與定理 2 類似。

定理 4：在所有的必敗態中，每個數字恰巧出現一次。

證明：
有了定理1，對於對稱的狀態我們只需要處理其中一個，而兩個數不會相同（相同的狀態必然是必勝態），於是我們把每個狀態中較小的數字放在前面，每行寫一個狀態，去掉括號並按照升序排列每行的第一個數，就構成了如下的矩陣：

1 2

3 5

4 7

6 10

……

觀察這個矩陣，我們又可以得到新的定理：

定理 5：矩陣中每行第一個數恰巧是前面每一行中沒有出現過的最小正整數。

證明：
由定理4，矩陣中每個數字恰巧出現一次，而按照這個矩陣的定義，第二列的數總比同行第一列大，第一列又按照升序排列，所以每一行的第一個數正好爲前面每一行中沒有出現過的最小正整數。

定理 6：矩陣第 i 行的第二個數正好爲第一個數加上 i

證明：

用數學歸納法。

1) 對於第一行顯然成立

2) 若對於前 i - 1 行均成立，則所有的 (a[p], a[p] + p) (a[p] 爲第 p 行第一個數，p < i) 均爲必敗態，那麼考察第 i 行的狀態 (a[i], a[i] + delta)。容易看出 delta >= i，因爲如果 delta < i，一定可以通過一次操作變爲前面出現過的必敗態，那麼這個狀態就是必勝態。下面由 delta >= i，我們來說明 delta = i。

首先，我們考慮從第一堆中取出 p 個石子，得到狀態 (a[i] - p, a[i] + delta)，由定理 5，比 a[i] 小的數都在之前出現過，若 a[i] - p 出現在某一行的第一列，由於存在必敗態 (a[i] - p, a[i] - p + d) (d < delta)，故 (a[i] - p, a[i] + delta) 一定爲必勝態（定理 2）；若 a[i] - p 出現在某一行的第二列，由於第一列是單增的，因而其對應的第一列數必小於 a[i] + delta，故而也可推出其狀態爲必勝態。

對於從兩堆石子中取出相同數目的情況與之類似，容易看出一定爲必勝態。

於是，(a[i], a[i] + delta) 狀態的勝負性只與狀態 (a[i], a[i] + d) (d < delta) 有關。不難看出，delta = i 時恰爲必敗態，因爲不論從第二堆中取出多少個石子，作爲另一堆的第一堆石子並沒有在之前出現過，所以得到的一定是一個必勝態，因而 (a[i], a[i] + delta) 爲必敗態，由定理 2 及定理 4 可得，原命題成立。即矩陣中第 i 行第二列的數等於同行第一列的數加上 i。

這時，我們所有的問題都轉化到了矩陣上，只要能通過合適的方法表示出這個矩陣，我們就可以很好地解決原問題。

下面的過程可能需要比較高的數學技巧，首先給出我們需要的一個重要定理（[x] 表示 x 的整數部分，{x} 表示 x 的小數部分，即 {x} = x - [x]）：

定理 7（Betty 定理）：如果存在正無理數 A, B 滿足 1/A + 1/B = 1，那麼集合 P = { [At], t ∈ Z+}、Q = { [Bt], t ∈ Z+} 恰爲集合 Z+ 的一個劃分，即：P ∪ Q = Z+，P ∩ Q = ø。

證明：暫時略去，將來補充。

考慮到 Betty 定理中“恰爲 Z+ 的劃分”這一說，這意味着，Z+ 中的每個數都恰好出現一次，這與上述矩陣的性質十分吻合。於是我們猜想每一行第一列的數滿足 [Φi] 的形式。

於是我們得到每一行第二列的數爲 [Φi] + i = [Φi + i] = [(Φ + 1)i]

我們的目的是要讓 Z+ 中每個數都在這個矩陣中出現，於是考慮到 Betty 定理的條件，Φ 和 (Φ + 1) 應滿足 1/Φ + 1/(Φ + 1) = 1。解這個方程，我們得到 Φ = (sqrt(5) + 1) / 2，於是 Φ + 1 = (sqrt(5) + 3) / 2。

Φ 恰爲黃金分割比，這是多麼令人驚奇的結論！

於是應用 Betty 定理，我們得到最終我們需要的定理：

定理 8：上述矩陣中每一行第一列的數爲 [Φi]，第二列的數爲 [(Φ + 1)i]，其中 Φ = (sqrt(5) + 1) / 2 爲黃金分割比。

證明：由 Betty 定理顯然得證。



有了定理 8，代碼的實現就十分簡單了，由於是數學算法，總複雜度爲 O(1)。至此，本題完美解決。

總結：遇到這樣困難的題目時，我們不應該輕言放棄。而應該仔細分析題目隱含的信息，學會分析和轉化問題，從而找到問題的突破口，一舉殲滅問題。

*/

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>

using namespace std;

int main() {
int a, b, d, t;
while ( 2 == scanf( "%d%d", &a, &b ) ) {
if ( a > b ) {
t = a;
a = b;
b = t;
}
d = b - a;
t = floor( d * ( sqrt(5.0) + 1 ) / 2 );
puts( (t == a) ? "0" : "1" );
}
return 0;

}

取石子問題

有一種很有意思的遊戲，就是有物體若干堆，可以是火柴棍或是圍棋子等等均可。兩個人輪流從堆中取物體若干，規定最後取光物體者取勝。這是我國民間很古老的一個遊戲，別看這遊戲極其簡單，卻蘊含着深刻的數學原理。下面我們來分析一下要如何才能夠取勝。

（一）巴什博奕（Bash Game）：只有一堆n個物品，兩個人輪流從這堆物品中取物，規定每次至少取一個，最多取m個。最後取光者得勝。

顯然，如果n=m+1，那麼由於一次最多隻能取m個，所以，無論先取者拿走多少個，後取者都能夠一次拿走剩餘的物品，後者取勝。因此我們發現瞭如何取勝的法則：如果n=（m+1）r+s，（r爲任意自然數，s≤m),那麼先取者要拿走s個物品，如果後取者拿走k（≤m)個，那麼先取者再拿走m+1-k個，結果剩下（m+1）（r-1）個，以後保持這樣的取法，那麼先取者肯定獲勝。總之，要保持給對手留下（m+1）的倍數，就能最後獲勝。

即，若n=k*(m+1)，則後取着勝，反之，存在先取者獲勝的取法。

n%(m+1)==0. 先取者必敗。
這個遊戲還可以有一種變相的玩法：兩個人輪流報數，每次至少報一個，最多報十個，誰能報到100者勝。

從一堆100個石子中取石子，最後取完的勝。
（二）威佐夫博奕（Wythoff Game）：有兩堆各若干個物品，兩個人輪流從某一堆或同時從兩堆中取同樣多的物品，規定每次至少取一個，多者不限，最後取光者得勝。
    這種情況下是頗爲複雜的。我們用（ak，bk）（ak ≤ bk ,k=0，1，2，...,n)表示兩堆物品的數量並稱其爲局勢，如果甲面對（0，0），那麼甲已經輸了，這種局勢我們稱爲奇異局勢。前幾個奇異局勢是：（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是未在前面出現過的最小自然數,而 bk= ak + k，奇異局勢有
如下三條性質：

    1。任何自然數都包含在一個且僅有一個奇異局勢中。
    由於ak是未在前面出現過的最小自然數，所以有ak > ak-1 ，而 bk= ak + k > ak-1 + k-1 = bk-1 > ak-1 。所以性質1。成立。
    2。任意操作都可將奇異局勢變爲非奇異局勢。
    事實上，若只改變奇異局勢（ak，bk）的某一個分量，那麼另一個分量不可能在其他奇異局勢中，所以必然是非奇異局勢。如果使（ak，bk）的兩個分量同時減少，則由於其差不變，且不可能是其他奇異局勢的差，因此也是非奇異局勢。
    3。採用適當的方法，可以將非奇異局勢變爲奇異局勢。

    假設面對的局勢是（a,b），若 b = a，則同時從兩堆中取走 a 個物體，就變爲了奇異局勢（0，0）；如果a = ak ，b > bk，那麼，取走b - bk個物體，即變爲奇異局勢；如果 a = ak ， b < bk ,則同時從兩堆中拿走 ak - ab - ak個物體,變爲奇異局勢（ ab - ak , ab - ak+ b - ak）；如果a > ak ，b= ak + k,則從第一堆中拿走多餘的數量a - ak 即可；如果a < ak ，b= ak + k,分兩種情況，第一種，a=aj （j < k）,從第二堆裏面拿走 b - bj 即可；第二種，a=bj （j < k）,從第二堆裏面拿走 b - aj 即可。

    從如上性質可知，兩個人如果都採用正確操作，那麼面對非奇異局勢，先拿者必勝；反之，則後拿者取勝。

    那麼任給一個局勢（a，b），怎樣判斷它是不是奇異局勢呢？我們有如下公式：
    ak =[k（1+√5）/2]，bk= ak + k （k=0，1，2，...,n 方括號表示取整函數)
奇妙的是其中出現了黃金分割數（1+√5）/2 = 1。618...,因此,由ak，bk組成的矩形近似爲黃金矩形，由於2/（1+√5）=（√5-1）/2，可以先求出j=[a（√5-1）/2]，若a=[j（1+√5）/2]，那麼a = aj，bj = aj + j，若不等於，那麼a = aj+1，bj+1 = aj+1+ j + 1，若都不是，那麼就不是奇異局勢。然後再按照上述法則進行，一定會遇到奇異局勢。

（三）尼姆博奕（Nimm Game）：有三堆各若干個物品，兩個人輪流從某一堆取任意多的物品，規定每次至少取一個，多者不限，最後取光者得勝。

    這種情況最有意思，它與二進制有密切關係，我們用（a，b，c）表示某種局勢，首先（0，0，0）顯然是奇異局勢，無論誰面對奇異局勢，都必然失敗。第二種奇異局勢是（0，n，n），只要與對手拿走一樣多的物品，最後都將導致（0，0，0）。仔細分析一下，（1，2，3）也是奇異局勢，無論對手如何拿，接下來都可以變爲（0，n，n）的情形。

    計算機算法裏面有一種叫做按位模2加，也叫做異或的運算，我們用符號（+）表示這種運算。這種運算和一般加法不同的一點是1+1=0。先看（1，2，3）的按位模2加的結果：

1 =二進制01
2 =二進制10
3 =二進制11 （+）
———————
0 =二進制00 （注意不進位）

    對於奇異局勢（0，n，n）也一樣，結果也是0。

    任何奇異局勢（a，b，c）都有a（+）b（+）c =0。

如果我們面對的是一個非奇異局勢（a，b，c），要如何變爲奇異局勢呢？假設 a < b< c,我們只要將 c 變爲 a（+）b,即可,因爲有如下的運算結果: a（+）b（+）(a（+）b)=(a（+）a)（+）(b（+）b)=0（+）0=0。要將c 變爲a（+）b，只要從 c中減去 c-（a（+）b）即可。

獲勝情況對先取者進行討論：

異或結果爲0，先取者必敗，無獲勝方法。後取者獲勝；

結果不爲0，先取者有獲勝的取法。

拓展：任給N堆石子,兩人輪流從任一堆中任取(每次只能取自一堆),取最後一顆石子的人獲勝，問先取的人如何獲勝？

根據上面所述，N個數異或即可。如果開始的時候T＝0，那麼先取者必敗，如果開始的時候T>0，那麼只要每次取出石子使得T＝0，即先取者有獲勝的方法。

【綜合一、三給出】

任給N堆石子,兩人輪流從任一堆中任取(每次只能取自一堆),規定每方每次最多取K顆,取最後一顆石子的一方獲勝.問先取的人如何獲勝？

與上面的問題比，這個更復雜一些，我們可以這樣做

令Bi=Ai mod(K+1)

定義T‘＝B1 xor B2 xor ... xor Bn

如果T‘＝0 那麼沒有獲勝可能，先取者必敗

如果T’>0 那麼必然存在取的方法，使得T‘＝0，先取者有獲勝的方法

假設對方取了在Ai中取了r<=K個

如果Ai中剩下的石子多於K 那麼就在Ai中取走K+1-r個則Bi不變 T‘還是0

如果Ai<=K 那麼我們需要重新計算Bi和T‘ 按照上面的方法來做就可以了

下面對wythoff博弈真的講的超詳細~~

【補】EP6: Wythoff’s Game (威佐夫博弈)

版權聲明：轉載時請以超鏈接形式標明文章原始出處和作者信息及本聲明
 http://yjq24.blogbus.com/logs/42826226.html

大致上是這樣的：有兩堆石子，不妨先認爲一堆有10，另一堆有15個，雙方輪流取走一些石子，合法的取法有如下兩種：

1)在一堆石子中取走任意多顆；

2)在兩堆石子中取走相同多的任意顆；

約定取走最後一顆石子的人爲贏家，求必敗態(必勝策略)。

這個可以說是MR.Wythoff(Wythoff於1907年提出此遊戲)一生全部的貢獻吧，我在一篇日誌裏就說完有點殘酷。這個問題好像被用作編程競賽的題目，網上有很多把它Label爲POJ1067，不過如果學編程的人不知道Beatty定理和Beatty序列，他們所做的只能是找規律而已。不熟悉的人可以先在這裏玩幾局~

簡單分析一下，容易知道兩堆石頭地位是一樣的，我們用餘下的石子數(a,b)來表示狀態，並畫在平面直角座標系上。

用之前的定理：有限個結點的無迴路有向圖有唯一的核中所述的方法尋找必敗態。先標出(0,0)，然後劃去所有(0,k),(k,0),(k,k)的格點；然後找y=x上方未被劃去的格點，標出(1,2)，然後劃去(1,k),(k,2),(1+k,2+k)，同時標出對稱點(2,1)，劃去(2,k),(1,k),(2+k,1+k)；然後在未被劃去的點中在y=x上方再找出(3,5)。。。按照這樣的方法做下去，如果只列出a<=b的必敗態的話，前面的一些是(0,0),(1,2),(3,5),(4,7),(6,10),…