取石子游戏NIM

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博弈问题简介

所讨论的博弈问题满足以下条件：

1. 玩家只有两个人，轮流做出决策
2. 游戏的状态集有限，保证游戏在有限步后结束，这样必然会产生不能操作者，其输
3. 对任何一种局面，胜负只决定于局面本身，而与轮到哪位选手无关

一般称满足以上条件的游戏称为ICG，比如我们将要讨论的Nim游戏。作为一个对比，我们平时玩的象棋就不属于ICG，因为它不满足第三条。

ICG具有两个状态，我们称为必胜态和必败态，他们的关系：

后继状态能达到必败的状态为必胜态

所有后继状态都不为必败态，则其为必败态

第二条也可以换一种说法：后继状态都是必胜态，则其为必败态。 所以我们可以看出一个状态不是必胜态，就是必败态。

取石子游戏NIM

取石子游戏是一个古老的博弈游戏，发源于中国，它是组合数学领域的一个经典问题。它有许多不同的玩法，基本上是两个玩家，玩的形式是轮流抓石子，胜利的标准是抓走了最后的石子。

玩家设定： 先取石子的是玩家A，后取石子的是玩家B。

经典的三种玩法

一、巴什博奕(Bash Game)，有1堆含n个石子，两个人轮流从这堆物品中取物，规定每次至少取1个，最多取m个。取走最后石子的人获胜。

二、尼姆博奕(Nimm Game)，有k堆各n个石子，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。取走最后石子的人获胜。

三、威佐夫博奕(Wythoff Game)，有2堆各n个石子，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1个，多者不限。取走最后石子的人获胜。POJ1067

平衡状态的概念：

   引入一个概念，平衡状态，又称作奇异局势。当面对这个局势时则会失败。任意非平衡态经过一次操作可以变为平衡态。每个玩家都会努力使自己抓完石子之后的局势为平衡，将这个平衡局势留给对方。因此，玩家A能够在初始为非平衡的游戏中取胜，玩家B能够在初始为平衡的游戏中取胜。

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取石子游戏不同玩法的解决方案

玩法一（1堆n个石子每次最多取m个）

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。

奇异局势的判定

    一般的奇异局势是n=(m+1)*i，其中i为自然数，即n%(m+1)=0，面对这种情况无论我怎么取，对方总可以将其恢复为n%(m+1)=0，一直到n=(m+1)局势。

玩家的策略

    就是把当前面对的非奇异局势变为奇异局势留给对方。如果当前的石子个数为(m+1)*i+s，那么就将s个石子取走，使其达到奇异局势。

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）

最后一个奇异局势是n=(0)。一种奇异局势是，n=(m+1)，那么无论我取走多少个，对方都能够一次取走剩余所有的物品取胜。

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玩法二（k堆石子每次只从1堆取）

简化问题：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。

获胜情况对先取者的讨论

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。

奇异局势的判定

    对于一个普通的局势，如何判断其是不是奇异局势？对于一个局势(s1,s2,...sk)，对所有石子个数做位的异或运算，s1^s2^s3^...^sk，如果结果为0，那么局势(s1,s2,...sk)就是奇异局势（平衡），否则就不是（非平衡）。从二进制位的角度上说，奇异局势时，每一个bit位上1的个数都是偶数。

玩家的策略

    就是把面对的非奇异局势变为奇异局势留给对方。也就是从某一堆取出若干石子之后，使得每一个bit位上1的个数都变为偶数，这样的取法一般不只有一种。可以将其中一堆的石子数变为其他堆石子数的位异或运算的值（如果这个值比原来的石子数小的话）。

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。

最后一个奇异局势是(0,0...,0)。另一个奇异局势是(n,n,0...0)，只要对手总是和我拿走一样多的物品，最后会面对(0,0...,0)。

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玩法三（2堆石子每次从一或两堆取一样数目的石子）

    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）。。。

奇异局势的判定

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？
这个奇异局势的序列的通项公式可以表示为：（推导见附录）

  Ak = [k*(1+sqrt(5.0)/2]

  Bk = Ak + k  

  其中k=0，1，2，...,n ，方括号表示int取整函数。

有了这个通项式子，逆向的，对于某一个局势，只需要判断其A是否是黄金分割数的某个k的倍数，然后再确认B是否等于A+k即可。

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。    

我们会发现这个序列的规律，设序列第k个奇异局势元素为(Ak,Bk)，k为自然数。那么，初始条件k=0时是，A0=B0=0，递推关系为下一个奇异局势的Ak是未在前面出现过的最小自然数，且Ak = Bk + k。

变种玩法

“皇后登山”游戏，在空的围棋棋盘上放一个棋子，该棋子每次只能向上或向右或沿对角线向右上方向移动（相似国际象棋），可以移动任意格，但不能不移动，两人轮流移动棋子，先将棋子移动到右上角者赢，问先移棋者的必胜策略。《智力游戏中的数学方法》。code:

/****************************************************************************/
/*		编程之美 - NIM捡石子问题	皮皮 2014-9-10		*/
/****************************************************************************/
#include <assert.h>
#include <stdio.h>
#include <math.h>

/*	黄金分割数最优算法	*/
static int nim(int x, int y){
	double a = (sqrt(5.0) + 1) / 2;				//goldenNum 1.618...
	int n = abs(x - y);							//bn - an
	x = x < y? x : y;							//取小者
	return ( x != int(a * n) );
}

int main(){
	int x, y;
	while(scanf("%d%d", &x, &y) == 2)
		printf("%d\n", nim(x, y));
	return 0;
}

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尼姆博奕的分解解释

• 例一

有一堆石子，两个人轮流从石子堆中拿走任意数量的石子，但不能不拿。谁不能拿谁为输。

显然，这个游戏中只要先手把所有石子都拿完，那么后手就一定输了。因为此时没有石子，后手无法进行合法的操作。

• 例二

有两堆石子，分别为a,b个石子，每个玩家只能选一堆，然后拿走任意正整数个石子，谁不能拿谁输。

我们先讨论一个特殊情况，即：a=b时，此时后手是必胜的。此时不管先手怎么操作，我们只要选择与先手不同的那堆，然后进行与先手相同的操作即可。

这里a=b即为我们所说的必败态。而当a≠b时，我们肯定可以拿比较多的那堆，使之和少的那堆数量相等，此时我们就必胜了，所以此时就为必胜态。

• 例三（二、尼姆博奕的另一种解释）

当有三堆，数量分别为a,b,c时，我们就比较不好分析了。当然我们可以直接搜索得到最后结果，但是当我们拓展到n堆时（相当于二、尼姆博奕），此时我们搜索也变得不可行了。

于是我们有了一个强大的工具：sg函数

sg函数

sg函数为以下形式：SG(x)=mex(S)

S表示x的所有后继状态

mex表示不在集合里最小的非负整数

• 必败态的sg值为0
• 然后还要结合sg定理：游戏和的SG函数等于各个子游戏SG函数的Nim和
• 于是就可以把各个子游戏分而治之。
• 举个例子

假设我们用sg函数处理上述所说的例二，我们就可以把游戏分为两个单堆Nim子游戏。对于单堆的Nim游戏，如果我们可以取任意正整数多个，那么很容易就可以明，sg(x)=x。那么我们整个游戏的必败态则为sg1(x)∧sg2(x)=0显然只有当a=b时游戏为必败态，和我们的讨论结果一致。

关于sg定理的证明

对于必胜状态，一定存在后继的必败态

我们假设现在的Nim和为X，现在的最大的一堆的数量为Y，那么我们只需要把这最大的一堆取成Z=X∧Y即可。因为除了最大的这堆外其他的Nim和为X∧Y，因此我们取完后，现在的Nim和即为sg′(X)=X∧Y∧(X∧Y)=0，显然为必败态了。而且我们也可以保证Z≤Y，即我们总有办法实现它。

• 对于必败态，它的所有后继状态都是必胜的

由于只能更改一堆的状态，无论哪一位的1被改变，那么原来那位上1的奇偶个数一定会改变，所以就会变为必胜态。

[ 博弈问题入门]

拓展：？

 综合一、三

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

固定多个数目取石子

Alice和Bob在玩一个取石子游戏，规则如下：
1，Alice先手，两人轮流取，每次可以取1/2/4颗。
2，取走最后一颗石子的人胜出。
问题：
1，共有16颗石子时，谁将胜出？
2，共有n (n>=1) 颗石子时，谁将胜出？

分析：

Alice的必胜态：
当Alice取完本轮石子后，剩下的石子为3的倍数(3*n)，那么无论Bob怎么取，Alice都会赢。
简单解释如下：
①n = 1时，即Alice取完后只剩下3颗，那么无论Bob怎么取，Alice下次取都会取到最后一颗，会赢。
②n >1时，即Alice取完后剩下3*n颗，当Bob取完后，剩下的石子数量总可以表示为：
3*k+1 或 3*k + 2(k >= 0)，那么此时Alice可以将剩下的石子数重新变为3的倍数，如此递推下去。
...
最终剩下石子数量变为3。也就是说，只要Alice取完后，剩下的石子数是3的倍数，那么Alice肯定会赢。

即n%3==0时Alice输，否则赢（都按最优策略取石子）

简化约数博弈

两个人轮流在黑板上写一个不大于10的正整数。规定不准把已经写过的数的约数再写出来。谁最后没写的了谁就输了。问是先写的人必胜还是后写的人必胜，必胜策略是什么。
分析：先写者有必胜策略。他可以先写下数字6，现在就只剩下4、5、7、8、9、10可以写了。把剩下的6个数分成三对，分别是(4,5)、(7,9)、(8,10)，每一对里的两个数都不成倍数关系，且它们各自的倍数（如果出现过）必然是同时出现。因此不管你写什么数，我就写它所在的数对里的另一个数，这样可以保证我总有写的。

[小学奥赛的经典题目]

约数博弈

甲乙两个人玩一个博弈游戏。游戏初始状态包含1-n, 这n个正整数。
甲乙两个人轮流玩这个游戏。每轮游戏中，游戏者任意选择一个还存在的数，然后删掉它和它所有的约数。
谁最后没有数可删，谁就输掉了。
问题：他们都足够聪明，甲先开始，请分析谁有必胜策略？

分析：先手有必胜策略。这个证明不是构造性的，也就是说没有给出先手怎么下才能赢。反证法：假设后手B有必胜策略，而先手A第一次取数1，B取了一个数x是必胜策略，然而A完全可以第一次取x(同时也必取了1)是必胜策略。故B必没有必胜策略。

不过lz有一种比较暴力的策略不知对否：将所有数据分成数对（除数1外每个数对都不是约数），对手取完一个数后，如果剩下的是奇数，则取一个合适的数让剩下的数可以重新分对，如果剩下的是偶数，则取一个合适的数（这个数的约数有奇数个），剩下的数仍可以重新分对。这样对手不管取哪个数，总有一个与对手取的数不是约数的数可以给你取。

Note:整数a除以整数b(b≠0) 除得的商正好是整数而没有余数，我们就说a能被b整除，或b能整除a。a称为b的倍数，b称为a的约数。一个数的约数必然包括1及其本身。任何正整数都是0的约数。

变型：考虑一个新的规则“不准写数字1”。如果加上这个新规则后先写者有必胜策略，那么这个策略对于原游戏同样适用（因为1是所有数的约数，本来就不能写）；如果在新规则下后写者必胜，则原游戏中的先写者写下数字1，然后他就变成了新规则下的后写者。于是不管怎么样，先写者总是有必胜策略。

只要是双方共用状态（合法的决策完全相同）的对弈游戏，其中一方肯定有必胜策略。棋局的任一状态只有两种，面对这个棋局的人要么必胜要么必败。考虑这样的一个递推关系：如果一个状态是必胜态，那至少有一种走法能走成一个必败态留给对方；如果一个状态是必败态，那它怎么走都只能走到必胜态。运用这样的关系，我们可以自底向上推出初始状态是必胜还是必败。     
    这种分析方法有一种很形象的名字叫做Strategy-stealing，它的另一个经典例子是Chomp游戏。上面所举的例子都是双方共用状态的游戏（ICG游戏），因此至少有一方存在必胜策略。对于其它一些非ICG游戏，我们也可以用类似的方法证明后手不可能有必胜策略（但在这里并不能说明先手一定必胜）。比如对于井字棋游戏，假设后手有必胜策略，那先手就随便走一步，以后就装成是后手来应对。如果在哪一步需要先手在已经下过子的地方落子，他就再随便走一步就是了。这种证明方法成立的前提就是，多走一步肯定不是坏事。事实上，对于所有这种“多走一步肯定不是坏事”的且决策对称的游戏，我们都可以证明后手是没有必胜策略的。

[博弈问题入门]

Chomp!博弈(巧克力游戏)

有一个n*m的棋盘，每次可以取走一个方格并拿掉它右边和上面的所有方格。拿到左下角的格子(1,1)者输，如下图是8*3的

棋盘中拿掉(6,2)和(2,3)后的状态。

结论：答案是除了1*1的棋盘，对于其他大小的棋盘，先手总能赢。

分析：有一个很巧妙的证明可以保证先手存在必胜策略，可惜这个证明不是构造性的，也就是说没有给出先手怎么下才能赢。

证明如下：如果后手能赢，也就是说后手有必胜策略，使得无论先手第一次取哪个石子，后手都能获得最后的胜利。那么现在假设先手

取最右上角的石子(n,m)，接下来后手通过某种取法使得自己进入必胜的局面。但事实上，先手在第一次取的时候就可以和

后手这次取的一样，进入必胜局面了，与假设矛盾。

[ Chomp!博弈(巧克力游戏)]

约数和倍数博弈

给定的一些自然数，如 2,3,4,5,6，。。。，两人依次拿数，连同该数的约数和倍数一起拿掉，如拿2要连4,6一起拿掉；拿6要连带2,3一起拿掉。最后总有一人没法拿了（因为数都拿光了），就算输。

举例：
2,3,4
先拿者不管怎样拿都是输。先出2题：
题1：初始数据 2,3,4,5，6，7,8，9，10             共9个数字。
题2：初始数据 2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15，16,17，18        共17个数字。
问：先拿者赢还是输，如果赢的话，第一步怎样拿？

[智能博弈题]

其它类似题型

POJ1740A New Stone Game
MIPT 100 Nim Game -- who is the winner? 
POJ 1704 Georgia and Bob

楼梯Nim：就是把楼梯上的棋子两两绑定，他们之间的距离看成是一堆石子，于是就等同于我们之前讨论的经典Nim游戏了。

Moore’s Nimk：广义的Nim游戏。有n堆石子，每次最少选一堆，最多选m堆，每堆都可以拿任意正整数个石子。我们把每堆石子都写成二进制的形式，然后从低位到高位求每一位1的和。如果每一位1的和sum%(m+1)=0此时为必败态。显然，当m=1时就变成了我们最开始所讨论的最基础的Nim游戏了。

翻硬币游戏：这类题目比较复杂，一般打表找规律。

图的删边游戏

[蓝桥杯 历届试题 约数倍数选卡片]

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附录

1.Wythoff’s Game (威佐夫博弈)的解释[类似解释亦可见于编程之美NIM（3）]

Wythoff's Nim

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(于1907年提出此游戏)一生全部的贡献。不知道高斯取整函数与Beatty定理，所做的只能是找规律而已。可以先在http://www.cut-the-knot.org/pythagoras/withoff.shtml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，并画在平面直角坐标系上。

用定理： 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),…

接下来就是找规律的过程了，忽略(0,0)，记第n组必败态为(a[n],b[n])

命题一：a[n+1]=前n组必败态中未出现过的最小正整数

[分析]：如果a[n+1]不是未出现的数中最小的，那么可以从a[n+1]的状态走到一个使a[n+1]更小的状态，和我们的寻找方法矛盾。

命题二：b[n]=a[n]+n

[分析]：归纳法：若前k个必败态分别为 ，下证：第k+1个必败态为

从该第k+1个必败态出发，一共可能走向三类状态，从左边堆拿走一些，从右边堆拿走一些，或者从两堆中拿走一些．下面证明这三类都是胜态．

情况一：由命题一，任意一个比a[k+1]小的数都在之前的必败态中出现过，一旦把左边堆拿少了，我们只要再拿成那个数相应的必败态即可。

情况二（从右边堆拿走不太多）：这使得两堆之间的差变小了，比如拿成了 ，则可再拿成 ；

情况二（从右边堆拿走很多）：使得右边一堆比左边一堆更少，这时类似于情况一，比如拿成了 (其中a[m] ；

情况三：比如拿成 ，则可再拿成 ．

综上所述，任何从 出发走向的状态都可以走回核中．故原命题成立．

以上两个命题对于确定(a[n],b[n])是完备的了，给定(0,0)然后按照这两个命题，就可以写出(1,2),(3,5),(4,7),…

这样我们得到了这个数列的递推式，以下我们把这两个命题当成是(a[n],b[n])的定义。

先证明两个性质：

性质一：核中的a[n],b[n]遍历所有正整数。

[分析]：由命题一，二可得a[n],b[n]是递增的，且由a[n]的定义显然。

性质二：A={a[n]:n=1,2,3,…},B={b[n]:n=1,2,3,…}，则集合A,B不交。

[分析]：由核是内固集，显然。

实际上a[n]和b[n]就是一个Beatty序列。

（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 = { [A*t], t ∈ Z+}、Q = { [B*t], t ∈ Z+} 恰为集合 Z+ 的一个划分，即：P ∪ Q = Z+，P ∩ Q = ø。证明见附录2。
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，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，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。 ，到此，我们找到了该必败态的通项公式。

实际上这组Beatty序列还有一些别的性质，比如当一个数是Fibonacci数的时候，另一个数也是Fibonacci数；而且两者的比值也越来越接近黄金比，这些性质在得到通项公式之后不难证明。

启示：首先用定理所说的方法找核，然后给出核的规律（递推，或是通项）并且证明。

附上一张对应的必败态图

2.Betti theorem：
设a、b是正无理数且1/a+1/b=1。记P={[na]|n为任意的正整数}，Q={[nb]|n为任意的正整数}，([x]'指的是取x的整数部分)则P与Q是Z+的一个划分，即P∩Q为空集且P∪Q为正整数集合Z+。
证明：
因为a、b为正且1/a+1/b=1，则a、b>1，所以对于不同的整数n，[na]各不相同，类似对b有相同的结果。因此任一个整数至多在集合P或Q中出现一次。
* 现证明P∩Q为空集(反证法)：假设k为P∩Q的一个整数，则存在正整数m、n使得[ma]=[nb]=k。即k < ma、nb<k+1，等价地改写不等式为
 m/(k+1)< 1/a < m/k及n/(k+1)< 1/b < n/k。相加起来得 (m+n)/(k+1) < 1 < (m+n)/k，即 k < m+n < k+1。这与m、n为整数有矛盾，所以P∩Q为空集。
 *现证明Z+=P∪Q：已知P∪Q是Z+的子集，剩下来只要证明Z+是P∪Q的子集。(反证法)假设Z+\(P∪Q)有一个元素k，则存在正整数m、n使得[ma]< k <[(m+1)a]、[nb]< k <[(n+1)b]。 由此得ma < k ≦[ (m+1)a]-1<(m+1)a -1（因为a是无理数），类似地有nb < k ≦[ (n+1)b]-1<(n+1)b -1。等价地改写为 m/k < 1/a < (m+1)/(k+1)及n/k < 1/b < (n+1)/(k+1)。两式加起来，得
(m+n)/k < 1 < (m+n+2)/(k+1)，即m+n < k < k+1 < m+n+2。这与m, n, k皆为正整数矛盾。
所以Z+=P∪Q。[贝蒂定理]

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http://blog.csdn.net/ojshilu/article/details/16812173

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