zcmu-1121: 取石子游戏I（斐波那契博弈）

1121: 取石子游戏I
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Description
一堆石子有n个,两人轮流取.先取者第1次可以取任意多个，但不能全部取完.以后每次取的石子数不能超过上次取子数的2倍。取完者胜.先取者负输出"Second win".先取者胜输出"First win".
Input
多组测试数据。
每组测试数据包含1个整数n。(1 Output
对于每组测试数据，输出谁获胜.
Sample Input
2
13
10000


Sample Output
Second win
Second win
First win


HINT

Source

经典斐波那契博弈

我们来分析一下，首先第一个人不能拿超过三分之一的石子，不然必败。

当n=2时，必败。

n=3时，必败。

n=4时，必胜。

n=5时，必败。（取1，余4，对面必胜，取2，对面取3.。。）

n=6时，必胜。（取1个，就变成了对面是5的情况）

n=7时，必胜。（取2个，对面就是5）

n=8时，必败。（8/3=2，不能超过2个，前面两个都是对面的必胜态。。。）

通过上面我们可以发现，必败点为2，3，5，8.。。。满足斐波那契数列。

证明（转）

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，由数学归纳法不难得出，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。

对于不是FIB数，首先进行分解。

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。

#include 
#include 
int main()
{
    double a[60];
    a[0]=1;a[1]=1;
    for(int i=2;i<60;i++)
    {
        a[i]=a[i-1]+a[i-2];
    }
    int x,y,z;
    while(~scanf("%d",&x))
    {
        y=0;
        for(int i=0;i<60;i++)
        {
            if(x==a[i]){y++;}
        }
        if(y>0){printf("Second win\n");}
        else{printf("First win\n");}
    }
}