POJ 1067 取石子游戏（威佐夫博弈）

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题面：

取石子游戏

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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 1
8 4
4 7

Sample Output

0
1
0

Source

NOI

解题：

    慢慢推了几组之后，就会发现(1,2),(3,5),(4,7)......这些数对是必败态。推到这里想必大家都知道如何往下推了，（ai,bi），ai是之前没有出现过的最小自然数，而ci是之前没有出现过的最小自然数间隔,bi=ai+ci。为什么呢？因为(ai,bi-x),(bi>x>0)这些间隔在之前都已经出现过,只需要将两数共同减去相同一个数，便可到达必败态，故为必胜态。而(ai-x,bi)，因为ai-x在前面都已经出现过，只需要将bi调整到前面(ai-x,bi-y)对应的必败态即可，故也为必胜态。只有(ai,bi)，无法退回到之前的任一必败态，故为必败态。

    序列为（1，2），（3，5），（4，7），（6，10），（8，13），（9，15），（11，18），（12，20），（14，23）......

    推了这么多，然而并无卵用。

    因为这是普通人都不可能一眼发现的。

    这是威佐夫的毕生研究，结论如下：

    ai为[p*i],bi为[(p+1)*i],其中p为（(sqrt(5.0)+1)/2）。[]为向下取整。

    有了以上结论，那么此题就可以解了。（d=bi-ai），用此时的d带入ai的计算公式，算出ai'，看ai'是否等于给出的ai，是则说明为必败态，不是则说明不是必败态。

    详细证明：http://www.cppblog.com/coreBugZJ/archive/2012/06/04/177481.html

代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <string>
#include <set>
using namespace std;

int main()
{
    int a,b,dif,tmp;
	while(cin>>a>>b)
	{
		if(a>b)
			swap(a,b);
		dif=b-a;
		tmp=dif*(1.0+sqrt(5.0))/2;
		if(a==tmp)
			cout<<"0\n";
		else cout<<"1\n";
	}
	return 0;
}