博弈-威佐夫博弈

威佐夫博弈（Wythoff Game）：有两堆各若干个物品，两个人轮流从某一堆或同时从两堆中取同样多的物品，规定每次至少取一个，多者不限，最后取光者得胜。

这种情况下是颇为复杂的。我们用（ak，bk）（ak ≤ bk ,k=0，1，2，...,n)表示两堆物品的数量并称其为局势，如果甲面对（0，0），那么甲已经输了，这种局势我们称为奇异局势。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）。

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。

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a[k] > a[k-1] ，而 bk= a[k] + k > a[k-1] + k > a[k-1] + k - 1 = b[k-1] > a[k-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a-a[b-a] 个物体变为奇异局势（ a[b-a], b-a+a[b-a]）；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。

结论：

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？我们有如下公式：

ak =[k（1+√5）/2]，bk= ak + k （k=0，1，2，...n 方括号表示取整函数)

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，b = aj + 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。

题目1：

Problem 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 18 44 7

Sample Output

010

算法：

那么任给一个局势（a，b），怎样判断它是不是奇异局势呢？我们有如下公式：

ak =[k（1+√5）/2]，bk= ak + k （k=0，1，2，...n 方括号表示取整函数)

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，b = aj + 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。

代码：

#include <stdio.h>#include <string.h>#include <math.h>#include <algorithm>using namespace std;int main(){    int a,b;    double k = (sqrt(5)-1.0)/2.0;    while(~scanf("%d%d",&a,&b))    {        if(a>b)            swap(a,b);        int j = a*k;        if(a != (int)(j*(1+k)))            j++;        if(a+j == b)            printf("0\n");        else            printf("1\n");    }    return 0;}

Problem 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。如果你胜，你第1次怎样取子? 

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，且a<=b。a=b=0退出。

Output

输出也有若干行，如果最后你是败者，则为0，反之，输出1，并输出使你胜的你第1次取石子后剩下的两堆石子的数量x,y,x<=y。如果在任意的一堆中取走石子能胜同时在两堆中同时取走相同数量的石子也能胜，先输出取走相同数量的石子的情况.

Sample Input

1 2 5 84 72 20 0

Sample Output

014 73 5010 01 2

前几个奇异状态为：

（0，0）、（1，2）、（3，5）、（4，7）、（6，10）、（8，13）、（9，15）、（11，18）、（12，20）

  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，由此我们可以进行一次奇异状态的打表，再枚举所有的状态即可

#include <stdio.h>#include <string.h>#include <math.h>#include <map>#include <algorithm>using namespace std;int ans[1000005][2],len;int hash[2000005];map<int,map<int,int> > vis;int main(){    int a,b,i,j,pos;    memset(hash,0,sizeof(hash));    hash[0] = 1;    double k = (sqrt(5)-1.0)/2.0;    ans[0][0] = ans[0][1] = 0;    len = 1;    for(i = 1; i<=1000000; i++)    {        a = i;        j = a*k;        if(a != (int)(j*(1+k)))            j++;        b = a+j;        if(b>1000000)            break;        if(hash[a])            continue;        ans[len][0] = a;        ans[len][1] = b;        hash[a] = hash[b] = 1;        len++;    }    while(~scanf("%d%d",&a,&b),a+b)    {        vis.clear();        if(a>b)            swap(a,b);        j = a*k;        if(a != (int)(j*(1+k)))            j++;        if(a+j == b)            printf("0\n");        else        {            printf("1\n");            if(a == b)//相同可以取完            {                printf("0 0\n");                vis[0][0] = 1;            }           else//我们知道b = a+k,并且可以发现，在奇异状态之中，a,b的差正好就是其位于数组的下标，由此我们可以突出这个状态            {                int k = b-a;                if(b-ans[k][1]==a-ans[k][0]&&b-ans[k][1]>0&&a-ans[k][0]>0)                    printf("%d %d\n",ans[k][0],ans[k][1]);                vis[ans[k][0]][ans[k][1]]=1;            }            for(i = 0; i<len; i++)//剩下的就是简单的枚举了,由于奇异状态中,后面的是大的，所以当a在后面出现的话就枚举完了            {                if(a == ans[i][0] && !vis[ans[i][0]][ans[i][1]])                    printf("%d %d\n",ans[i][0],ans[i][1]);                if(a == ans[i][1] && !vis[ans[i][0]][ans[i][1]])                {                    printf("%d %d\n",ans[i][0],ans[i][1]);                    break;                }            }        }    }    return 0;}