取石子问题

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POJ 1067 取石子游戏

----问题描述：

7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。

  ----输入：

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。

----输出：

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。

----样例输入：
2 1
8 4
4 7
----样例输出：
0
1
0
  ----分析：

（转自网上，略有修正）

大致看完题目，想当然就知道这是一道博弈论的问题，最容易想的就是直接用博弈论的必败、必胜态进行动态规划求解。但是朴素的动态规划是 O(N * M) 的，如果做一些优化可能可以过掉 RQNOJ 的题目，但是对于 POJ 1067 来说就完全无能为力。所以我们尝试分析数据，看看有没有什么规律（以下用 (a, b) 表示两堆石子的个数，即游戏中的一个状态）。

列举了几个状态之后容易发现，必胜态的数目比必败态要多很多，所以我们先手工求出前几个必败态：

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

首先回顾必胜态和必败态的朴素求法：

定理 0：一个状态是必败态，当且仅当它的所有后继状态都是必胜态；而一个状态是必胜态，只要它的后继状态有一个以上的必败态即可。

证明略去。

容易发现下面的定理：

定理 1：(a，b) 和 (b, a) 的胜负性是相同的（a <> b）。

证明：如果 (a, b) 是必胜态，那么将必胜策略中所有的操作，对第一堆的变为第二堆，对第二堆的变为第一堆，就构成 (b, a) 的必胜策略

定理 2：若 (a, b) 是必败态，则对于所有的 x <> a 和 y <> b，(x, b) 和 (a, y) 是必胜态。

证明：

对于 x > a 和 y > b，不管是哪一种情况，总可以从 x 堆或 y 堆中取出一定量的石子使当前状态变为必败态 (a, b)，由定理 1，(x, b) 和 (a, y) 为必胜态。

对于 x < a 和 y < b，不管是哪一种情况，如果 (x, b) 或 (a, y) 是必败态的话，由上述可得 (a, b) 是必胜态，矛盾。故 (x, b) 和 (a, y) 均为为必胜态。

定理 3: 若 (a, b) 是必败态，则对于所有的 d > 0，(a + d, b + d) 是必胜态。

证明：

与定理 2 类似。

定理 4：在所有的必败态中，每个数字恰巧出现一次。

证明：
有了定理1，对于对称的状态我们只需要处理其中一个，而两个数不会相同（相同的状态必然是必胜态），于是我们把每个状态中较小的数字放在前面，每行写一个状态，去掉括号并按照升序排列每行的第一个数，就构成了如下的矩阵：

1 2

3 5

4 7

6 10

……

观察这个矩阵，我们又可以得到新的定理：

定理 5：矩阵中每行第一个数恰巧是前面每一行中没有出现过的最小正整数。

证明：
由定理4，矩阵中每个数字恰巧出现一次，而按照这个矩阵的定义，第二列的数总比同行第一列大，第一列又按照升序排列，所以每一行的第一个数正好为前面每一行中没有出现过的最小正整数。

定理 6：矩阵第 i 行的第二个数正好为第一个数加上 i

证明：

用数学归纳法。

1) 对于第一行显然成立

2) 若对于前 i - 1 行均成立，则所有的 (a[p], a[p] + p) (a[p] 为第 p 行第一个数，p < i) 均为必败态，那么考察第 i 行的状态 (a[i], a[i] + delta)。容易看出 delta >= i，因为如果 delta < i，一定可以通过一次操作变为前面出现过的必败态，那么这个状态就是必胜态。下面由 delta >= i，我们来说明 delta = i。

首先，我们考虑从第一堆中取出 p 个石子，得到状态 (a[i] - p, a[i] + delta)，由定理 5，比 a[i] 小的数都在之前出现过，若 a[i] - p 出现在某一行的第一列，由于存在必败态 (a[i] - p, a[i] - p + d) (d < delta)，故 (a[i] - p, a[i] + delta) 一定为必胜态（定理 2）；若 a[i] - p 出现在某一行的第二列，由于第一列是单增的，因而其对应的第一列数必小于 a[i] + delta，故而也可推出其状态为必胜态。

对于从两堆石子中取出相同数目的情况与之类似，容易看出一定为必胜态。

于是，(a[i], a[i] + delta) 状态的胜负性只与状态 (a[i], a[i] + d) (d < delta) 有关。不难看出，delta = i 时恰为必败态，因为不论从第二堆中取出多少个石子，作为另一堆的第一堆石子并没有在之前出现过，所以得到的一定是一个必胜态，因而 (a[i], a[i] + delta) 为必败态，由定理 2 及定理 4 可得，原命题成立。即矩阵中第 i 行第二列的数等于同行第一列的数加上 i。

这时，我们所有的问题都转化到了矩阵上，只要能通过合适的方法表示出这个矩阵，我们就可以很好地解决原问题。

下面的过程可能需要比较高的数学技巧，首先给出我们需要的一个重要定理（[x] 表示 x 的整数部分，{x} 表示 x 的小数部分，即 {x} = x - [x]）：

定理 7（Betty 定理）：如果存在正无理数 A, B 满足 1/A + 1/B = 1，那么集合 P = { [At], t ∈ Z+}、Q = { [Bt], t ∈ Z+} 恰为集合 Z+ 的一个划分，即：P ∪ Q = Z+，P ∩ Q = ø。

证明：暂时略去，将来补充。

考虑到 Betty 定理中“恰为 Z+ 的划分”这一说，这意味着，Z+ 中的每个数都恰好出现一次，这与上述矩阵的性质十分吻合。于是我们猜想每一行第一列的数满足 [Φi] 的形式。

于是我们得到每一行第二列的数为 [Φi] + i = [Φi + i] = [(Φ + 1)i]

我们的目的是要让 Z+ 中每个数都在这个矩阵中出现，于是考虑到 Betty 定理的条件，Φ 和 (Φ + 1) 应满足 1/Φ + 1/(Φ + 1) = 1。解这个方程，我们得到 Φ = (sqrt(5) + 1) / 2，于是 Φ + 1 = (sqrt(5) + 3) / 2。

Φ 恰为黄金分割比，这是多么令人惊奇的结论！

于是应用 Betty 定理，我们得到最终我们需要的定理：

定理 8：上述矩阵中每一行第一列的数为 [Φi]，第二列的数为 [(Φ + 1)i]，其中 Φ = (sqrt(5) + 1) / 2 为黄金分割比。

证明：由 Betty 定理显然得证。



有了定理 8，代码的实现就十分简单了，由于是数学算法，总复杂度为 O(1)。至此，本题完美解决。

总结：遇到这样困难的题目时，我们不应该轻言放弃。而应该仔细分析题目隐含的信息，学会分析和转化问题，从而找到问题的突破口，一举歼灭问题。

*/

#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;

}

取石子问题

有一种很有意思的游戏，就是有物体若干堆，可以是火柴棍或是围棋子等等均可。两个人轮流从堆中取物体若干，规定最后取光物体者取胜。这是我国民间很古老的一个游戏，别看这游戏极其简单，却蕴含着深刻的数学原理。下面我们来分析一下要如何才能够取胜。

（一）巴什博奕（Bash Game）：只有一堆n个物品，两个人轮流从这堆物品中取物，规定每次至少取一个，最多取m个。最后取光者得胜。

显然，如果n=m+1，那么由于一次最多只能取m个，所以，无论先取者拿走多少个，后取者都能够一次拿走剩余的物品，后者取胜。因此我们发现了如何取胜的法则：如果n=（m+1）r+s，（r为任意自然数，s≤m),那么先取者要拿走s个物品，如果后取者拿走k（≤m)个，那么先取者再拿走m+1-k个，结果剩下（m+1）（r-1）个，以后保持这样的取法，那么先取者肯定获胜。总之，要保持给对手留下（m+1）的倍数，就能最后获胜。

即，若n=k*(m+1)，则后取着胜，反之，存在先取者获胜的取法。

n%(m+1)==0. 先取者必败。
这个游戏还可以有一种变相的玩法：两个人轮流报数，每次至少报一个，最多报十个，谁能报到100者胜。

从一堆100个石子中取石子，最后取完的胜。
（二）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。

    那么任给一个局势（a，b），怎样判断它是不是奇异局势呢？我们有如下公式：
    ak =[k（1+√5）/2]，bk= ak + k （k=0，1，2，...,n 方括号表示取整函数)
奇妙的是其中出现了黄金分割数（1+√5）/2 = 1。618...,因此,由ak，bk组成的矩形近似为黄金矩形，由于2/（1+√5）=（√5-1）/2，可以先求出j=[a（√5-1）/2]，若a=[j（1+√5）/2]，那么a = aj，bj = aj + j，若不等于，那么a = aj+1，bj+1 = aj+1+ j + 1，若都不是，那么就不是奇异局势。然后再按照上述法则进行，一定会遇到奇异局势。

（三）尼姆博奕（Nimm Game）：有三堆各若干个物品，两个人轮流从某一堆取任意多的物品，规定每次至少取一个，多者不限，最后取光者得胜。

    这种情况最有意思，它与二进制有密切关系，我们用（a，b，c）表示某种局势，首先（0，0，0）显然是奇异局势，无论谁面对奇异局势，都必然失败。第二种奇异局势是（0，n，n），只要与对手拿走一样多的物品，最后都将导致（0，0，0）。仔细分析一下，（1，2，3）也是奇异局势，无论对手如何拿，接下来都可以变为（0，n，n）的情形。

    计算机算法里面有一种叫做按位模2加，也叫做异或的运算，我们用符号（+）表示这种运算。这种运算和一般加法不同的一点是1+1=0。先看（1，2，3）的按位模2加的结果：

1 =二进制01
2 =二进制10
3 =二进制11 （+）
———————
0 =二进制00 （注意不进位）

    对于奇异局势（0，n，n）也一样，结果也是0。

    任何奇异局势（a，b，c）都有a（+）b（+）c =0。

如果我们面对的是一个非奇异局势（a，b，c），要如何变为奇异局势呢？假设 a < b< c,我们只要将 c 变为 a（+）b,即可,因为有如下的运算结果: a（+）b（+）(a（+）b)=(a（+）a)（+）(b（+）b)=0（+）0=0。要将c 变为a（+）b，只要从 c中减去 c-（a（+）b）即可。

获胜情况对先取者进行讨论：

异或结果为0，先取者必败，无获胜方法。后取者获胜；

结果不为0，先取者有获胜的取法。

拓展：任给N堆石子,两人轮流从任一堆中任取(每次只能取自一堆),取最后一颗石子的人获胜，问先取的人如何获胜？

根据上面所述，N个数异或即可。如果开始的时候T＝0，那么先取者必败，如果开始的时候T>0，那么只要每次取出石子使得T＝0，即先取者有获胜的方法。

【综合一、三给出】

任给N堆石子,两人轮流从任一堆中任取(每次只能取自一堆),规定每方每次最多取K颗,取最后一颗石子的一方获胜.问先取的人如何获胜？

与上面的问题比，这个更复杂一些，我们可以这样做

令Bi=Ai mod(K+1)

定义T‘＝B1 xor B2 xor ... xor Bn

如果T‘＝0 那么没有获胜可能，先取者必败

如果T’>0 那么必然存在取的方法，使得T‘＝0，先取者有获胜的方法

假设对方取了在Ai中取了r<=K个

如果Ai中剩下的石子多于K 那么就在Ai中取走K+1-r个则Bi不变 T‘还是0

如果Ai<=K 那么我们需要重新计算Bi和T‘ 按照上面的方法来做就可以了

下面对wythoff博弈真的讲的超详细~~

【补】EP6: Wythoff’s Game (威佐夫博弈)

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大致上是这样的：有两堆石子，不妨先认为一堆有10，另一堆有15个，双方轮流取走一些石子，合法的取法有如下两种：

1)在一堆石子中取走任意多颗；

2)在两堆石子中取走相同多的任意颗；

约定取走最后一颗石子的人为赢家，求必败态(必胜策略)。

这个可以说是MR.Wythoff(Wythoff于1907年提出此游戏)一生全部的贡献吧，我在一篇日志里就说完有点残酷。这个问题好像被用作编程竞赛的题目，网上有很多把它Label为POJ1067，不过如果学编程的人不知道Beatty定理和Beatty序列，他们所做的只能是找规律而已。不熟悉的人可以先在这里玩几局~

简单分析一下，容易知道两堆石头地位是一样的，我们用余下的石子数(a,b)来表示状态，并画在平面直角座标系上。

用之前的定理：有限个结点的无回路有向图有唯一的核中所述的方法寻找必败态。先标出(0,0)，然后划去所有(0,k),(k,0),(k,k)的格点；然后找y=x上方未被划去的格点，标出(1,2)，然后划去(1,k),(k,2),(1+k,2+k)，同时标出对称点(2,1)，划去(2,k),(1,k),(2+k,1+k)；然后在未被划去的点中在y=x上方再找出(3,5)。。。按照这样的方法做下去，如果只列出a<=b的必败态的话，前面的一些是(0,0),(1,2),(3,5),(4,7),(6,10),…