北大1067
有兩堆石子，數(shù)量任意，可以不同。游戲開始由兩個(gè)人輪流取石子。游戲規(guī)定，每次有兩種不同的取法，一是可以在任意的一堆中取走任意多的石子；二是可以在兩堆中同時(shí)取走相同數(shù)量的石子。最后把石子全部取完者為勝者。現(xiàn)在給出初始的兩堆石子的數(shù)目，如果輪到你先取，假設(shè)雙方都采取最好的策略，問最后你是勝者還是敗者。
題目是這樣的，自己也想了半天，覺得沒有什么思路，后來在網(wǎng)上查了些資料，然后整理了一下，如下：
用（ak，bk）（ak ≤ bk ,k=0，1，2，...,n)表示兩堆物品的數(shù)量并稱其為局勢，如果甲面對（0，0），那么甲已經(jīng)輸了，這種局勢我們稱為奇異局勢。前幾個(gè)奇異局勢是：（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是未在前面出現(xiàn)過的最小自然數(shù),而 bk= ak + k，奇異局勢有
如下三條性質(zhì)：
1。任何自然數(shù)都包含在一個(gè)且僅有一個(gè)奇異局勢中。
由于ak是未在前面出現(xiàn)過的最小自然數(shù)，所以有ak > ak-1 ，而 bk= ak + k > ak-1 + k-1 = bk-1 > ak-1 。所以性質(zhì)1。成立。
2。任意操作都可將奇異局勢變?yōu)榉瞧娈惥謩荨?/span>
事實(shí)上，若只改變奇異局勢（ak，bk）的某一個(gè)分量，那么另一個(gè)分量不可能在其他奇異局勢中，所以必然是非奇異局勢。如果使（ak，bk）的兩個(gè)分量同時(shí)減少，則由于其差不變，且不可能是其他奇異局勢的差，因此也是非奇異局勢。
3。采用適當(dāng)?shù)姆椒ǎ梢詫⒎瞧娈惥謩葑優(yōu)槠娈惥謩荨?/span>
假設(shè)面對的局勢是（a,b），若 b = a，則同時(shí)從兩堆中取走 a 個(gè)物體，就變?yōu)榱似娈惥謩荩?/span>0，0）；如果a = ak ，b > bk，那么，取走b - bk個(gè)物體，即變?yōu)槠娈惥謩荩蝗绻?/span> a = ak ， b < bk ,則同時(shí)從兩堆中拿走 ak - ab - ak個(gè)物體,變?yōu)槠娈惥謩荩?/span> ab - ak , ab - ak+ b - ak）；如果a > ak ，b= ak + k,則從第一堆中拿走多余的數(shù)量a - ak 即可；如果a < ak ，b= ak + k,分兩種情況，第一種，a=aj （j < k）,從第二堆里面拿走 b - bj 即可；第二種，a=bj （j < k）,從第二堆里面拿走 b - aj 即可。
從如上性質(zhì)可知，兩個(gè)人如果都采用正確操作，那么面對非奇異局勢，先拿者必勝；反之，則后拿者取勝。
那么任給一個(gè)局勢（a，b），怎樣判斷它是不是奇異局勢呢？我們有如下公式：
ak =[k（1+√5）/2]，bk= ak + k （k=0，1，2，...,n 方括號表示取整函數(shù))
奇妙的是其中出現(xiàn)了黃金分割數(shù)（1+√5）/2 = 1。618...,因此,由ak，bk組成的矩形近似為黃金矩形，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，bj+1 = aj+1+ j + 1，若都不是，那么就不是奇異局勢。然后再按照上述法則進(jìn)行，一定會遇到奇異局勢。
具體的實(shí)現(xiàn)如下：
#include <stdio.h>
#include <math.h>
int main()
{
int a,b,k,temp,data;
double r=0.6180339887,R=1/r;
while(scanf("%d %d",&a,&b)==2)
{
if(a>b){
temp=b;
b=a;
a=temp;
}
k =b-a;
data=(int)(k*R);
if(a==data)
printf("%d\n",0);
else
printf("%d\n",1);
}
return 0;
}
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