博弈问题
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斐波那契博弈
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公平组合博弈
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取石子游戏
Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 3862 Accepted Submission(s): 2307
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
斐波那契博弈这里需要借助“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。
先看看斐波那契数列的必败证明:
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。
齐肯拉夫定理代码实现
//齐肯多夫定理 代码 实现
int largestFib(int n)
{
if(n==||n==)
return n;
int a=;
int b=;
int c=;
while(c<=n)
{
a=b;
b=c;
c=a+b;
}
return b;
}
int main()
{
int n;
cin>>n;
while(n>)
{
int tempn=largestFib(n);
cout<<tempn<<" ";
n=n-tempn;
}
}
附本题AC代码
#include <iostream>
using namespace std;
int main()
{
int a[];
__int64 i;
long long int n;
while()
{
cin>>n;
if(n==)
continue;
if(n==)
break;
a[]=;
a[]=;
for(i=;i<;i++)
{
a[i]=a[i-]+a[i-];
}
for(i=;i<;i++)
if(a[i]==n)
{
cout<<"Second win"<<endl;
break;
}
if(i==)
cout<<"First win"<<endl;
}
return ;
}