1. 问题
有一堆个数为 \(n(n\ge 2)\) 的石子，游戏双方轮流取石子，规则如下：
- 先手不能在第一次把所有的石子取完，至少取 \(1\) 颗；
- 在此之后每次可以取的石子数至少为 \(1\)，至多为对手 刚取的 石子数的 \(2\) 倍。
约定取走最后一个石子的人为胜利，求先手何时必胜、必败。
2. 结论与证明
结论：当 \(n\) 为 \(\text{Fibonacci}\) 数的时候先手必败，否则先手必胜。
首先证明当 \(n\) 为 \(\text{Fibonacci}\) 数的时候先手必败，不妨考虑数学归纳法：
对于 \(n=2\) 的情况，显然此时先手必败。
接着不妨设 \(n=f_{k-1}\) 之时结论成立，现在我们证明 \(n=f_k\) 的情况。此时可以将石子分成 \(f_{k-2},f_{k-1}\) 两堆，为啥捏？考虑 \(2f_{k-2}>f_k\)，所以一旦先手取石子数 \(\ge f_{k-2}\)，后手就一定能一次取完所有石子。这个结论很重要，也是下文证明的根基。
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若先手取 \(> \frac{1}{3} f_{k-2}\) 个石子。此时后手可以取完 \(f_{k-2}\) 这个石子堆，并且由于后手取的石子数 \(<\frac{2}{3}f_{k-2}\)，下一轮先手取的石子数也只能 \(<\frac{4}{3}f_{k-2}=f_{k-2}+\frac{1}{3}f_{k-2}\)，而 \(f_{k-1}=f_{k-2}+f_{k-3}\)，且 \(\frac{1}{3}f_{k-2}<f_{k-4}<f_{k-3}\)，所以先手取不完 \(f_{k-1}\) 这堆石子。由于 \(n=f_{k-1}\) 时结论成立，而且此时先手的选择空间进一步缩小，所以归纳可得 \(n=f_k\) 时先手必败。
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若先手取 \(\le \frac{1}{3} f_{k-2}\) 个石子。此时可以将 \(f_{k-2}\) 这个石子堆分成 \(f_{k-4,},f_{k-3}\) 两堆，这是考虑到 \(\frac{1}{3} f_{k-2}<f_{k-4}\). 然后我们应用上文的结论，同样也可以归纳得到 \(n=f_k\) 时先手必败。需要注意的是，上文我们并没有证明后手取完 \(f_{k-3}\) 这一堆时的取石子数的范围，但是，由于 \(f_{k-3}\) 的下一堆是 \(f_{k-1}\)，中间一定间隔了编号，所以 \(2f_{k-3}<f_{k-1}\)，此时先手仍然无法取完 \(f_{k-1}\). 这也是下文证明先手必胜情况的依据。
现在证明当 \(n\) 不为 \(\text{Fibonacci}\) 数的时候先手必胜，需要用到 \(\text{Zeckendorf Theorem}\)：任意自然数均可以被分解为若干个 不连续的 \(\text{Fibonacci}\) 数之和。
我们先将 \(n\) 分解为若干个不连续的 \(\text{Fibonacci}\) 数之和，然后取走最小 \(\text{Fibonacci}\) 数的石子数。由于不连续，此时后手无法取完任何一个 \(\text{Fibonacci}\) 数，这就又回到了 "\(n\) 为 \(\text{Fibonacci}\) 数的时候先手必败" 的情况。所以此时先手必胜。