hdu-2177（威佐夫博弈。Wythoff Game）

取(2堆)石子游戏

Time Limit: 3000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)

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 8
4 7
2 2
0 0

Sample Output

0
1
4 7
3 5
0
1
0 0
1 2

明显的威佐夫博弈题
其实这道题的关键就在于对威佐夫博弈的理解
首先我们来看这道题所涉及的一部分威佐夫博弈的主要知识点
（0，0）、（1，2）、（3，5）、（4，7）、（6，10）、（8，13）、（9，15）、（11，18）、（12，20）……

为奇异点集，即先手必败。
ak=(int)(i*((sqrt(5.0)+1)/2))；
bk=ak+k；
对此我们可以对奇异状态进行打表。
而对于两堆x，y石子；
1.k=y-x时，如果,则第一步可同时拿相同石子达奇异状态；
此时，对于只从一堆里拿的方法，b[k]=x；

2.同时拿的方法不成立，即k=y-x时a[k]>x&&b[k]>y
此时a[k]=x;
#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<math.h>
#include<string.h>
using namespace std;
int a[500000],b[500000];
bool w2;
int cnt;
bool way1(int x,int y)//从两堆同时拿
{
	if(a[y-x]<x&&b[y-x]<y) {
		printf("%d %d\n",a[y-x],b[y-x]);
		return true;
	}
	return false;
}
void way2(int x,int y)//从一堆拿
{
	if(w2)
	{
		int l=0;
		int r=cnt;
		int temp;
		while(1)
		{
			temp=(l+r)>>1;
			if(b[temp]==x) break;
			if(b[temp]>x) r=temp;
			else l=temp;
		}
		printf("%d %d\n",a[temp],b[temp]);
	}
	else
	{
		int l=0;
		int r=y-x;
		int temp;
		while(1)
		{
			temp=(l+r)>>1;
			if(a[temp]==x) break;
			if(a[temp]>x) r=temp;
			else l=temp;
		}
		printf("%d %d\n",a[temp],b[temp]);
	}
}
int main()
{
	int x,y;
	for(int i=0;;i++)//打表
	{
		a[i]=(int)(i*((sqrt(5.0)+1)/2));
		b[i]=a[i]+i;
		if(b[i]>1000000){
			cnt=i;
			break;
		}
	}
	while(scanf("%d%d",&x,&y)&&x&&y)
	{
		if(x>y)
		{
			x=y^x;
			y=x^y;
			x=y^x;
		}
		if(x==(int)((y-x)*((sqrt(5.0)+1)/2))) printf("0\n");
		else{
			printf("1\n");
			w2=false;
			w2=way1(x,y);
			way2(x,y);
		}
	}
	return 0;
}