poj 1067

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这个游戏就是所谓的威佐夫博弈（Wythoff Game），很有意思。

昨天就在做这道题目，思考成果是：用一个二维数组来表示玩家将面临的局面，即a[i][j]表示两堆石头分别有i个和j个，如果a[i][j]是必败局面的话，那么——这个点的右侧所有点a[i][k](k>j)都是必胜点，因为可以通过拿走第二堆的k-j个石子令对方面临必败局面a[i][j]；这个点的下侧所有点a[k][j](k>i)都是必胜点，因为可以通过拿走第二堆的k-i个石子令对方面临必败局面a[i][j]；这个点的右下方45度所有点a[i+k][j+k](k>0)都是必胜点，因为可以通过同时拿走两堆的k个石子令对方面临必败局面a[i][j]。这样如果在二维数组a[i][j]处标记”X”表示必败的话，在上面提到的三类点的位置都可以标记”O”表示必胜了，做完这项工作后，再挑选如今距离原点最近的未被标记的点，它一定是下一个必败点——因为它无法通过游戏规则移动到一个必败点，并且规则规定的动作都是朝向原点移动的，而它是距离原点最近的未被标记的点，因此它只能移动到一个必胜点从而让对方获胜，所以该点一定是下一个必败点。有了新必败点后就可以重复上述工作，直到找出问题范围内的所有必败点。

然而这样的模拟工作是不被允许的，因为数据量太大了，因此这道题要求的是给定两个数i,j，有办法立刻判断a[i][j]是不是必败点，在O(1)时间给出解答。

我试图找到必败点的规律，但是没成功，以上就是昨天的思考结果。因为这个问题够简洁，所以我坚信一定有简单规律的，因此在考察了很大数据量仍然没有发现规律后，我无比好奇这道题的解法。今天上网一搜才知道规律果然够简单够经典，竟然是“黄金分割”，以下内容来自对网上内容的总结：

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)，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。

#include<iostream>
#include<cmath>
using namespace std;
int main()
{
	int a,b;
	while(cin>>a>>b)
	{
		if(a>b)
			swap(a,b);
		double k=b-a;
		double x=(1+sqrt(5.0))/2;
		int t=(k*x+k);
		if(t==b)
			cout<<0<<endl;
		else
			cout<<1<<endl;
	}
	return 0;
}