【hdu 1527】取石子游戏

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 6706 Accepted Submission(s): 3646

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 1
8 4
4 7

Sample Output
0
1
0

【题目链接】:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1527

【题解】

/*
    假设剩余的石子为(i,j);(不妨设i<=j)
    有这样的必败点
    (0,0) (1,2) (3,5) (4,7) (6,10)...
    设为(n,m)为第x对必败点;(从0开始);
    这里的n是前面的x-1对必败点中没有出现的最小整数;
    m则等于n+x
    这里的n有通项公式n=[x*(1+√5)/2]
    [x]为不超过x的最大整数;
    ①证所有的自然数都有出现在必败点中;
        n[x]是之前没有出现过的自然数;所以n[x]>n[x-1];
        又m[x]=n[x]+x>n[x-1]+x-1=m[x-1]>n[x-1]
        所以m[x]比之前出现过的所有数字都大;即也没有出现过;
        又n[x]是之前没有出现过的数中最小的那个;
        则可知所有的自然数都出现在了必败点中;(可能在i也可能在j);
    ②证所有的必败点都能在规则允许的操作内推出必胜点;
        (i,j)->(i+t,j)||(i,j+t)||(i+t,j+t);
        显然都是合法的操作;t取任意实数都能推出一个必胜点;
        (且因为它们两个的差是固定的k,则不可能是下一个必败点);
    ③证所有的不是上述必败点的都是必胜点(能转移到必败点);
        设非必败点为(i,j)这里i<=j
        因为所有的自然数都在必败点当中(是必败点对中的一个)
        则
        一.若i=n[x],
            1' j>m[x]
                则可以让j减少j-m[x]就变成必败点了;
            2' j<m[x]
                则可以让(n[x],j)->(n[j-n[x]],n[j-n[x]]+j-n[x])
                即i和j同时减少n[x]-n[j-n[x]]
                这里因为j>=i,所以j>=n[x];
                而变化后的点是一个合法的必败点;
        二.若j=m[x]
            1' i>n[x]
                则让i减少i-n[x],这样(i,j)就变成必败点了;
            2' i<n[x]
                这里还有分类
                i肯定是某个必败点的元素;(自然数都是必败点的元素);
                    ①如果i=n[x0](x0<x)
                     则j=m[x]>m[x0];
                     则让j减去j-m[x0]就又得到一个必败点了;
                     ->(n[x0],m[x0])
                    ②如果i=m[x0](x0<x)
                     j=m[x]>m[x0]>n[x0];
                     则让j减去j-n[x0];
                     这样i会变成大于j的了
                     ->(m[x0],n[x0]);
                     但是没关系再倒回了就好;
                     总之又得到了必败点
        综上不是必败点就一定是必胜点(所以证明②有什么用?:))
    则对于输入,
    先保证a<b
    然后x=b-a
    看看x*(1+√5)/2是不是等于a;
    如果是,则为必败点;
    否则为必胜点;
*/

【完整代码】

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r,rt<<1|1
#define LL long long
#define rep1(i,a,b) for (int i = a;i <= b;i++)
#define rep2(i,a,b) for (int i = a;i >= b;i--)
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define rei(x) scanf("%d",&x)
#define rel(x) scanf("%I64d",&x)

typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<LL,LL> pll;

//const int MAXN = x;
const int dx[9] = {0,1,-1,0,0,-1,-1,1,1};
const int dy[9] = {0,0,0,-1,1,-1,1,-1,1};
const double pi = acos(-1.0);

int a,b;

int main()
{
    //freopen("F:\rush.txt","r",stdin);
    while (~scanf("%d%d",&a,&b))
    {
        if (a>b)
            swap(a,b);
        int x = b-a;
        int temp = floor(x*(1.0+sqrt(5))/2.0);
        if (temp==a)
            puts("0");
        else
            puts("1");
    }
    return 0;
}