威佐夫博弈(Wythoff Game)初识 HDU 1527 POJ 1067

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");

	}

}

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