斐波那契博弈
有一堆个数为n的石子，A，B轮流取石子，满足：
(1)先手不能在第一次把所有的石子取完；
(2)之后每次可以取的石子数介于1到对手刚取的石子数的2倍之间
(包含1和对手刚取的石子数的2倍)
同之前的不同点就是:取的规则动态化
约定取走最后一个石子的就是赢家
就连我看博弈名都知道 这必须要使用斐波那契数列
这里需要借助齐肯多夫定理:(证明自己看)
任何正整数可以表示为若干个不连续的斐波那契数之和
对于所有的正整数适应
首先给出3个定理
1$.fib_{n+1}<fib_n*2<fib_{n+2} $这个应该可以明白
(fib_{n+1}=fib_n+fib_{n-1})
并且$fib_n>fib_{n-1} $
$fib_n*2>fib_{n+1} $
同理
(fib_{n+2}=fib_n+fib_{n+1})
并且$fib_{n+1}>fib_n $
所以(fib_{n+2}>fib_n*2)
2.(fib_{n+2}<fib_n*3)
( fib_{n+2})
(=fib_{n+1}+fib_n)
(=fib_n+fib_{n-1}+fib_n)
(=fib_n*2+fib{n-1})
且$fib_{n-1}<fib_n $
所以$fib_{n+2}<fib_n*3 $
3.(3*fib_{n+1}>4*fib_n)
也就是(3*fib_{n-1}>fib_n) 由定理2 成立
数学归纳法证明:
1.若当前只有一颗也就是(i=2) 先手只有一颗可取
显然是必败 成立
2.假设所有(i<=k)均成立
那么(i=k+1)时 (fib_i=fib_k+fib_{k-1})
那么把石子分为两堆 (fib_k)以及(fib_{k-1})
首先 先手绝顶聪明的话取得石子数一定(<fib_{k-1})
因为(fib_k<fib_{k-1}*2)
对于当前小堆(fib_{k-1})一定可以明白的是
根据假设无论先手如何取 后手总是可以取到最后一颗
分析一下后手最后去了(x)颗
若先手第一次取了$y>=frac{fib_{k-1}}{3} $
那么剩余小堆(<=2y) 后手可以直接取光
(x=fib_{k-1}-y<=frac{2*fib_{k-1}}{3})
我们比较一下(frac{2*fib_{k-1}}{3})以及(frac{fib_k}{2})
也就是(4*fib_{k-1})以及(3*fib_k)
由定理3可得 后者大于较大
所以先手无法一次性取光(fib_k)这一堆
那么根据之前结论 后手必胜
若先手第一次取了$y<frac{fib_{k-1}}{3} $
由于(fib_{n+2}<3*fib_n)
所以(y<fib_{k-3})
那么感性的理解一下 后手总是可以取走一些石子
然后使先手面临(fib_{k-2})的局面 这样的话后手还是可以取走最后一个
这样的话还是先手必败
所以(i=k+1)时 结论依然成立
不是(Fibonacci)数列时 先分解
分解时尽量取较大的(Fibonacci)数
例如分解85:
(55<=85<=89)所以就是(85=55+30)
以此类推就是(85=55+21+8+1)
(n=fib_{p_1}+fib_{p_2}+fib{p_3}+......+fib_{p_k}(p_1>p_2>p_3>......>p_k))
又因为各个(fib)之间不连续
所以(p_{k-1}>p_k+1) 所以(fib_{p_{k-1}}>fib_{p_k}*2)
先手先取走(fib_{p_k})
那么后手只可以取(fib_{p_{k-1}})并且不可以取完
那么后手面临这个子问题
(fib_{p_{k-1}})并且是后手先取
那么由上可得先手一定可以取走最后一颗
同理对于以后的每一堆都是如此
得证