首先我们来看一下巴什博弈。
例题1： 两个聪明绝顶的人一块报数，每人每次报最少1个，最多报4个，看谁先报到30谁赢，A先报数。（最基础）
我们从B的角度观察这个游戏，我们发现无论A报出几个数字（比如x），B只要报出（5-x）个数，就可以保证自己必胜。
（没什么思考难度）
例题2：有n个物品放置一堆，两个聪明绝顶的人轮流从中取物， 规定每次至少取1个，最多取m个，最后取光者得胜。
引入博弈论的部分我就不加赘述了，直接（热度）分析。
结论：找到这么一个整数k和r，使n=k*（m+1）+r，若r==0先手必败，r！=0先手必胜。
（雾？）
（思考—ing）
证明：
进行分类讨论：
- 当n<=m时，先手必胜。（废话）
- 当n=m+1时，先手必败。（还是废话）
- 当n=k*(m+1)时，先手必败（k次讨论2循环）
- 当n=k*(m+1)+x (0<x<m+1)时，先手必胜（通过第一次操作回到讨论3，此时他为后手，必胜）。
由此，我们综上所述：
- 当n=k*(m+1) (k>=1)时 先手必败；
- 否则先手必胜。
在看完巴什游戏之后，我们可以再在雾中欣赏学习一下威佐夫博弈。
定义：
有两堆若干物品，两个聪明绝顶的人轮流从中：1.任选一堆取若干个物品；
2.同时从两堆取同样多的物品；
3.每次至少取一个，无上限。
最后去光的人获胜。
结论：
若两堆物品的初始值为（x，y），且x<y，则另z=y-x；
记w=（int）[（（sqrt（5）+1）/2）*z ]；
若w=x，则先手必败，否则先手必胜。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define ll long long 4 ll a,b,t,ret,pd; 5 int main(){ 6 cin>>a>>b; 7 if(b>a) t=a,a=b,b=t; 8 ret=a-b; 9 pd=(ll)((sqrt(5.0)+1.0)/2.0*ret); 10 if(pd==b) cout<<0; 11 else cout<<1; 12 return 0; 13 }
关于威佐夫博弈的证明：
我们先找到前几组P-局面：（0，0），（1，2），（3，5），（4，7），（6，10），……
诶？（震惊）有几个规律！！！
1.他不重复地取遍了所有数。(emmmmmm)
2.对于第k个P-局面（x，y），x为前 0 到 k-1 个P-局面中没有出现的最小自然数，而y=x+k;
此时我们要引入一个很重要的数学定理——贝蒂定理
定理内容：设a、b是正无理数且 1/a +1/b =1。记A={ [na] | n为任意的正整数}，B={ [nb] | n 为任意的正整数}，([x]'指的是取x的整数部分)则A与B是Z+的一个划分。
证明（分三部分证明）：
1.对于所有整数，最多只会在P（Q）中出现一次。（即规律1）
由于 1/a +1/b =1，得到a，b均大于1，所以（na/nb）向下取整，不会有重复。
2.把<A与B是Z+的一个划分>这句话拆成：
- A与B的交集为空。
- A与B的并集为自然数。
下面我们证明1：
反证法证明若存在一个k满足它既属于A又属于B；
那么必然有正整数m,n,满足：
化化化->
同理：
两式求和：可得 (m+n)/(k+1) < 1 < (m+n)/k
再化一步->
很明显是不合法的，证毕。
下面我们证明2
同上用反证法证明。
若存在一个k满足它既不属于A与B的并集也不属于N（自然数）的补集。
那么也必然有m,n,满足
这不可能，证毕。
（注：以上证明转载自Michael_GLF，在此鸣谢。）
链接在此：https://blog.csdn.net/g21glf/article/details/87888285；
根据betty定理，对于1/A+1/B=1，必有
Ua={trunc(A*k),k为正整数}
Ub={trunc(B*k),k为正整数}
Ua与Ub的并集构成正整数集且Ua于Ub不相交
所以设某个必败态的第一项为trunc(A*k)，第二项为trunc(A*k+k)=trunc((A+1)*k)
则1/A+1/(A+1)=1，求得A为(sqrt(5)+1)/2;