POJ 1067 HDU 1527 取石子游戏（威佐夫博奕）

OpenJ_Bailian - 1067 也是本题

关键词：

取石子游戏、威佐夫博奕、beatty贝蒂定理、胜态、负态、状态转移、覆盖（分划）、高斯函数、第二数学归纳法、黄金分割比例

题目：

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

这个游戏叫威佐夫博奕

下面，我将如实地展示我的整个思考过程。

虽然所有的内容（除了贝蒂定理）都是自己想的，不过估计和网上写的都是差不多的。

因为我几年以前就知道了beatty贝蒂定理，现在才知道，估计这个定理就是从这个游戏衍发出来的。

首先，很容易找到，最小的负态是（1，2） (不算（0，0）的话)

（如果先手有必赢策略，那么称为胜态，否则称为负态）

定理一：(n,n)是胜态，(n,0)是负态 （n>0）

定理二：如果（a,b）和（c,d）是2个负态，那么a,b,c,d互不相等

定理三：（a,b）和（b,a）一定是完全等价的

（所以本文中只出现（3，5）这种状态不出现（5，3）这种状态（除了本行））

定理四：一个状态无法转移到任何一个负态，当且仅当它就是负态。

一个状态只要能转移到任何一个负态，那么它就是胜态

想清楚了这四点之后，可以开始找出所有负态了。（都是显然的定理，我就不证明了）

首先，（3，3）是胜态，（3，4）因为可以转移到（1，2）所以是胜态，（3，5）因为没法转移到任何一个负态，所以它就是负态。

然后，（4，4）是胜态，（4，5）和（4，6）可以转移到（3，5）所以是胜态，（4，7）是负态。

现在，有了前3个负态，（1，2）（3，5）（4，7）

光凭这3组数据是不可能发现规律的，但是如果结合刚刚找到它们的方法仔细思考，那就不一样了。

比如在找第4个负态的时候，我们发现，在（6，6）（6，7）（6，8）（6，9）......

这个序列中，如果找到1个负态的话，后面的状态都可以转移到这个状态，所以后面所有的状态都是胜态。（这其实就是定理二）

可是要怎么样知道这个序列里面有没有一个状态不能转移到前面3个负态中的任何1个呢？

请注意！如果这个序列中的某个状态不能转移到前面3个负态中的任何1个，那么它就是负态！

那么关键来了！状态转移的本质数量关系是什么？

本质数量关系就是，如果1个状态的2个数之差等于另外1个状态的2个数之差，那么它们是可以转移的！

前面3个状态的2个数之差分别是1，2，3，那么很明显，上述序列中，有且仅有1个序列是无法转移到这3个序列的，就是那个差为4的状态，即（6，10）

到了这里，可能你已经明白了，如何快速求出所有的负态。

负态的2个数之差的序列就是1，2，3，4......

如果你认为到了这里，我只是发现规律，只是猜想第i个负态的2个数之差是i，请从头再看一遍。

实际上，我们不仅已经得到了一个定理，第i个负态的2个数之差是i

我们还得到了另外1个非常重要的定理，第i个负态的较小数是集合A中的最小数，

其中A是自然数集，去掉前i-1个负态的2*（i-1）个数，得到的集合。

结合定理二可以发现，任何正整数都恰好出现在某个负态中而且仅出现1次！

当我想到这个地方的时候，我突然想起来beatty贝蒂定理

其实我对这个定理印象不深，因为从来没有用过，直到做这个题目才是第一次用。

beatty定理：对于任意满足1/a+1/b=1, 的正无理数a，b，

都有结论：[a]，[2a]，[3a]，[4a]......[b]，[2b]，[3b]，[4b]......都是不同的数，而且覆盖正整数集。

于是我怀疑，beatty贝蒂定理和本题有着本质的联系。

因为实在是好几年了，所以我想，还是先证明一下beatty贝蒂定理，找找感觉吧。

beatty贝蒂定理的证明：

对于任意正整数n，考虑[a]，[2a]，[3a]，[4a]......里面有多少个数小于n

(如果考虑有多少个数小于等于n，那就得不到什么结论，因为根本算不出来，这是由高斯函数的特性决定的)

根据高斯函数的特性，[ka]<n iff ka<n 即，k<n/a （k为整数）

因为n/a是无理数，所以上式还等价于k<=[n/a]

所以说，[a]，[2a]，[3a]，[4a]......里面有[n/a]个数小于n

同理，[b]，[2b]，[3b]，[4b]......里面有[n/b]个数小于n

那么，一共有多少呢？

这个地方就体现了为什么要是无理数，因为n/a和n/b是无理数，那么就不是整数

又因为n/a+n/b=n，所以[n/a]+[n/b]=n-1

所以说，对于任意正整数n，[a]，[2a]，[3a]，[4a]......[b]，[2b]，[3b]，[4b]......中有n-1个数小于n

由此，可以利用数学归纳法推出betty贝蒂定理。

数学归纳法我就不写了，简述如下：

考虑[a]，[2a]，[3a]，[4a]......[b]，[2b]，[3b]，[4b]......中每个正整数有多少个

有1个数小于2，所以有1个1

有2个数小于3，所以有1个2

有3个数小于4，所以有1个3

......

就这样，利用第二数学归纳法，可以得到每个正整数都有且仅有1个。证毕□

有了贝蒂定理，（1，2）（3，5）（4，7）（6，10）。。。这各序列的通项又要怎么求呢？

还是说，这个序列根本没法用贝蒂定理来求？

我不是想死套这个定理，只是在思考，这2个东西这么像，应该是有本质联系的吧？

如果亲爱的读者是第一次知道贝蒂定理，可能感觉两者的关系并不是很密切。

那么你就需要像我初学贝蒂定理的时候一样，找几个简单的实例，比如a=sqrt(2)，或者a=sqrt(3)这种简单的例子。

a=sqrt(2)时，b=sqrt(2)+2，把正整数集的划分表示成二元组就是：

（1,3）（2,6）（4,10）（5,13）（7,17）。。。。。。

差分别是2,4,6,8,10......规律和本题的几乎一样！只不过都乘了2而已

a=sqrt(3)时，b=(sqrt(3)+3)/2，把正整数集的划分表示成二元组就是：

（1,2）（3,4）（5,7）（6,9）（8,11）。。。。。。

差分别是1,1,2,3,3......这个貌似没什么规律吧？

为什么1个有规律，1个没规律呢？

看看a和b的值就一目了然了，a=sqrt(2)时，b=sqrt(2)+2，[kb]-[ka]=k*2恒成立。

现在是不是感觉这个数列和本题的数列非常像了呢？

还不够。

不管是a=sqrt(2)还是a=sqrt(3)还是其实的情况，根据贝蒂定理，都可以直接推出：

第i二元组中的较小数是集合A中的最小数，其中A是自然数集，去掉前i-1个二元组的2*（i-1）个数得到的集合。

这句话是不是很眼熟？是的，前面描述负态二元组的时候我也是这么描述的。

让我戳破最后一张纸吧。

相信聪明的读者也已经想到了，如果存在满足1/a+1/b=1, 且b=a+1，的正无理数a，b

那第i个二元组的差不就刚好是i了吗？

解这个方程可以得到，a=(sqrt(5)+1)/2，b=(sqrt(5)+3)/2

综上所述，取a=(sqrt(5)+1)/2，b=(sqrt(5)+3)/2，那么（[ak],b[k]）（k=1,2,3,4......）就是所有的负态。

没错，a-1=(sqrt(5)-1)/2=0.618就是黄金分割！数学就是这么美妙而神奇！

代码：

#include<iostream>#include<cmath>using namespace std;int main(){double Au = (sqrt(5) + 1) / 2;int n, m, d;while (cin >> n >> m){if (n > m)cout << (m != int((n - m)*Au)) << endl;else cout << (n != int((m - n)*Au)) << endl;}return 0;}

一时兴起，把黄金分割写成Au

全身心投入写了整整2个小时，谢谢观看。