poj 1067 取石子游戏(博弈+威佐夫博奕(Wythoff Game))
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思路：
定理 0：一个状态是必败态，当且仅当它的所有后继状态都是必胜态；而一个状态是必胜态，只要它的后继状态有一个以上的必败态即可。
证明略去。
容易发现下面的定理：
定理 1：(a，b) 和 (b, a) 的胜负性是相同的（a <> b）。
证明：如果 (a, b) 是必胜态，那么将必胜策略中所有的操作，对第一堆的变为第二堆，对第二堆的变为第一堆，就构成 (b, a) 的必胜策略
定理 2：若 (a, b) 是必败态，则对于所有的 x <> a 和 y <> b，(x, b) 和 (a, y) 是必胜态。
证明：
对于 x > a 和 y > b，不管是哪一种情况，总可以从 x 堆或 y 堆中取出一定量的石子使当前状态变为必败态 (a, b)，由定理 1，(x, b) 和 (a, y) 为必胜态。
对于 x < a 和 y < b，不管是哪一种情况，如果 (x, b) 或 (a, y) 是必败态的话，由上述可得 (a, b) 是必胜态，矛盾。故 (x, b) 和 (a, y) 均为为必胜态。
定理 3: 若 (a, b) 是必败态，则对于所有的 d > 0，(a + d, b + d) 是必胜态。
证明：
与定理 2 类似。
定理 4：在所有的必败态中，每个数字恰巧出现一次。
证明：
有了定理 1，对于对称的状态我们只需要处理其中一个，而两个数不会相同（相同的状态必然是必胜态），于是我们把每个状态中较小的数字放在前面，每行写一个状态，去掉括号并按照升序排列每行的第一个数，就构成了如下的矩阵：
1 2
3 5
4 7
6 10
……
观察这个矩阵，我们又可以得到新的定理：
定理 5：矩阵中每行第一个数恰巧是前面每一行中没有出现过的最小正整数。
定理 6：矩阵第 i 行的第二个数正好为第一个数加上 i
定理 7（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 = { [At], t ∈ Z+}、Q = { [Bt], t ∈ Z+} 恰为集合 Z+ 的一个划分，即：P ∪ Q = Z+，P ∩ Q = 空。
证明：暂时略去，将来补充。
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，这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。
于是我们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。
Φ 恰为黄金分割比，这是多么令人惊奇的结论！
于是应用 Betty 定理，我们得到最终我们需要的定理：
定理 8：上述矩阵中每一行第一列的数为 [Φi]，第二列的数为 [(Φ + 1)i]，其中 Φ = (sqrt(5) + 1) / 2 为黄金分割比。
证明：由 Betty 定理显然得证。
#include<iostream>
#include<cmath>
using namespace std;
int a,b;
int main()
{
while(cin>>a>>b)
{
if(a>b)a^=b,b^=a,a^=b;
b-=a;b=(int)b*((sqrt(5.0)+1.0)/2.0);
if(b==a)cout<<0<<"\n";
else cout<<1<<"\n";
}
}