poj 1067 威佐夫博奕
http://poj.org/problem?id=1067
一下摘自NEU培训课件
•分析奇异局势与非奇异局势：
•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 ！
•我们发现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 。所以该性质成立。
• 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。
•
•so，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。
•
–证明：这个有点长，也有点恶心http://wenku.baidu.com/link?url=T6aKvdjY99YtfcOScwYXx3Hh7jrCYPAwlzYHu89q8Azv2tXswwH6NaoGuJpqQVGY8Nn5H2T3utu3RZiY1QygxZix--6knNb8rfOcmcjEPKa
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <string>
#include <iostream>
#include <cmath>
#include <map>
#include <queue>
using namespace std;
#define ls(rt) rt*2
#define rs(rt) rt*2+1
#define ll long long
#define rep(i,s,e) for(int i=s;i<e;i++)
#define repe(i,s,e) for(int i=s;i<=e;i++)
#define CL(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define IN(s) freopen(s,"r",stdin)
#define OUT(s) freopen(s,"w",stdin)
int main()
{
int a,b,k;
while(~scanf("%d%d",&a,&b))
{
if(a>b)swap(a,b);
k=b-a;
if(a==(int)(k*(1.0+sqrt(5.0))/2))puts("0");
else puts("1");
}
return 0;
}