HDU2516 取石子游戏（斐波那契）

取石子游戏

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 6162 Accepted Submission(s): 3720

Problem Description
1堆石子有n个,两人轮流取.先取者第1次可以取任意多个，但不能全部取完.以后每次取的石子数不能超过上次取子数的2倍。取完者胜.先取者负输出”Second win”.先取者胜输出”First win”.

Input
输入有多组.每组第1行是2<=n<2^31. n=0退出.

Output
先取者负输出”Second win”. 先取者胜输出”First win”.
参看Sample Output.

Sample Input
2
13
10000
0


Sample Output
Second win
Second win
First win


Source
ECJTU 2008 Autumn Contest

为了方便，我们将n记为f[i]。

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，对两值作差后不难得出，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。

f[i]：1,2,3,5,8,13,21,34,55,89……

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
using namespace std;

long long int a[50],len;
const long long int inf = 2147483648+10;

int main()
{
    int i,j;
    long long int n;
    a[1] = 1;
    a[2] = 1;
    for(i = 3; i<=1000000; i++)
    {
        a[i] = a[i-1]+a[i-2];
        if(a[i]>=inf)
            break;
    }
    len = i;
    while(~scanf("%I64d",&n),n)
    {
        int flag = 0;
        for(i = 1; i<len; i++)
        {
            if(a[i] == n)
            {
                flag = 1;
                break;
            }
            if(a[i]>n)
                break;
        }
        if(flag)
            printf("Second win
");
        else
            printf("First win
");
    }

    return 0;
}