zcmu-1121: 取石子游戏I(斐波那契博弈)
2017-08-15 12:40
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1121: 取石子游戏I
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一堆石子有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
多组测试数据。
每组测试数据包含1个整数n。(1<n<=1000000000)
Output
对于每组测试数据,输出谁获胜.
Sample Input
2
13
10000
Sample Output
Second win
Second win
First win
HINT
Source
经典斐波那契博弈
我们来分析一下,首先第一个人不能拿超过三分之一的石子,不然必败。
当n=2时,必败。
n=3时,必败。
n=4时,必胜。
n=5时,必败。(取1,余4,对面必胜,取2,对面取3.。。)
n=6时,必胜。(取1个,就变成了对面是5的情况)
n=7时,必胜。(取2个,对面就是5)
n=8时,必败。(8/3=2,不能超过2个,前面两个都是对面的必胜态。。。)
通过上面我们可以发现,必败点为2,3,5,8.。。。满足斐波那契数列。
证明(转)
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。
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一堆石子有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
多组测试数据。
每组测试数据包含1个整数n。(1<n<=1000000000)
Output
对于每组测试数据,输出谁获胜.
Sample Input
2
13
10000
Sample Output
Second win
Second win
First win
HINT
Source
经典斐波那契博弈
我们来分析一下,首先第一个人不能拿超过三分之一的石子,不然必败。
当n=2时,必败。
n=3时,必败。
n=4时,必胜。
n=5时,必败。(取1,余4,对面必胜,取2,对面取3.。。)
n=6时,必胜。(取1个,就变成了对面是5的情况)
n=7时,必胜。(取2个,对面就是5)
n=8时,必败。(8/3=2,不能超过2个,前面两个都是对面的必胜态。。。)
通过上面我们可以发现,必败点为2,3,5,8.。。。满足斐波那契数列。
证明(转)
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。
#include <stdio.h> #include <math.h> int main() { double a[60]; a[0]=1;a[1]=1; for(int i=2;i<60;i++) { a[i]=a[i-1]+a[i-2]; } int x,y,z; while(~scanf("%d",&x)) { y=0; for(int i=0;i<60;i++) { if(x==a[i]){y++;} } if(y>0){printf("Second win\n");} else{printf("First win\n");} } }
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