http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2516
取石子游戏
Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 3248 Accepted Submission(s): 1897
参看Sample Output.
题解：找规律吧。经分析，可以判断必败态有2,3,5,8,13,21... 可以发现，必败态是一个斐波那契数列。然后，如果n为斐波那契数列元素，则必败；否则，必胜。
下面看下数学证明：
就像“Wythoff博弈”需要“Beatty定理”来帮忙一样，这里需要借助“Zeckendorf定理”（齐肯多夫定理）：任何正整数可以表示为若干个不连续的Fibonacci数之和。
先看看FIB数列的必败证明：
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。
代码：
1 #include <iostream> 2 #include <cstdio> 3 4 using namespace std; 5 6 int f[50],n; 7 8 bool find(); 9 10 int main(){ 11 f[0]=2; 12 f[1]=3; 13 for(int i=2;i<44;i++){//44是测试测出来的 14 f[i]=f[i-1]+f[i-2]; 15 } 16 while(scanf("%d",&n),n){ 17 if(find()) puts("Second win"); 18 else puts("First win"); 19 } 20 return 0; 21 } 22 bool find(){ 23 int l=0,r=43,mid; 24 while(l<=r){ 25 mid=(l+r)>>1; 26 if(n==f[mid]) return true; 27 else if(n<f[mid]) r=mid-1; 28 else l=mid+1; 29 } 30 return false; 31 }