hdu2516-取石子游戏 (斐波那契博弈)【博弈 二分查找】

时间:2024-10-23 09:03:44

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2516

取石子游戏

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 3248    Accepted Submission(s): 1897

Problem Description
1堆石子有n个,两人轮流取.先取者第1次可以取任意多个,但不能全部取完.以后每次取的石子数不能超过上次取子数的2倍。取完者胜.先取者负输出"Second win".先取者胜输出"First win".
Input
输入有多组.每组第1行是2<=n<2^31. n=0退出.
Output
先取者负输出"Second win". 先取者胜输出"First win". 
参看Sample Output.
Sample Input
2
13
10000
Sample Output
Second win
Second win
First win

题解:找规律吧。经分析,可以判断必败态有2,3,5,8,13,21... 可以发现,必败态是一个斐波那契数列。然后,如果n为斐波那契数列元素,则必败;否则,必胜。

下面看下数学证明:

就像“Wythoff博弈”需要“Beatty定理”来帮忙一样,这里需要借助“Zeckendorf定理”(齐肯多夫定理):任何正整数可以表示为若干个不连续的Fibonacci数之和。

先看看FIB数列的必败证明:

1、当i=2时,先手只能取1颗,显然必败,结论成立。

2、假设当i<=k时,结论成立。

则当i=k+1时,f[i] = f[k]+f[k-1]。

则我们可以把这一堆石子看成两堆,简称k堆和k-1堆。

(一定可以看成两堆,因为假如先手第一次取的石子数大于或等于f[k-1],则后手可以直接取完f[k],因为f[k] < 2*f[k-1])

对于k-1堆,由假设可知,不论先手怎样取,后手总能取到最后一颗。下面我们分析一下后手最后取的石子数x的情况。

如果先手第一次取的石子数y>=f[k-1]/3,则这小堆所剩的石子数小于2y,即后手可以直接取完,此时x=f[k-1]-y,则x<=2/3*f[k-1]。

我们来比较一下2/3*f[k-1]与1/2*f[k]的大小。即4*f[k-1]与3*f[k]的大小,由数学归纳法不难得出,后者大。

所以我们得到,x<1/2*f[k]。

即后手取完k-1堆后,先手不能一下取完k堆,所以游戏规则没有改变,则由假设可知,对于k堆,后手仍能取到最后一颗,所以后手必胜。

即i=k+1时,结论依然成立。

对于不是FIB数,首先进行分解。

分解的时候,要取尽量大的Fibonacci数。

比如分解85:85在55和89之间,于是可以写成85=55+30,然后继续分解30,30在21和34之间,所以可以写成30=21+9,

依此类推,最后分解成85=55+21+8+1。

则我们可以把n写成  n = f[a1]+f[a2]+……+f[ap]。(a1>a2>……>ap)

我们令先手先取完f[ap],即最小的这一堆。由于各个f之间不连续,则a(p-1) > ap  + 1,则有f[a(p-1)] > 2*f[ap]。即后手只能取f[a(p-1)]这一堆,且不能一次取完。

此时后手相当于面临这个子游戏(只有f[a(p-1)]这一堆石子,且后手先取)的必败态,即先手一定可以取到这一堆的最后一颗石子。

同理可知,对于以后的每一堆,先手都可以取到这一堆的最后一颗石子,从而获得游戏的胜利。

代码:

 #include <iostream>
#include <cstdio> using namespace std; int f[],n; bool find(); int main(){
f[]=;
f[]=;
for(int i=;i<;i++){//44是测试测出来的
f[i]=f[i-]+f[i-];
}
while(scanf("%d",&n),n){
if(find()) puts("Second win");
else puts("First win");
}
return ;
}
bool find(){
int l=,r=,mid;
while(l<=r){
mid=(l+r)>>;
if(n==f[mid]) return true;
else if(n<f[mid]) r=mid-;
else l=mid+;
}
return false;
}