A - 利润
题目：
奶牛们开始了新的生意，它们的主人约翰想知道它们到底能做得多好。这笔生意已经做了
N(1≤N≤100,000) 天，每天奶牛们都会记录下这一天的利润 Pi(−1000≤Pi≤1000)。
约翰想要找到奶牛们在连续的时间期间（至少一天）所获得的最大的总利润，请你写一个计算最大利润的程序来帮助他。
Sample Input
7
-3
4
9
-2
-5
8
-3
Sample Output
14
思路：本题实质上可以看做求最大子数组问题
题解：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,a[100005],f[100005];
int anss=-1000;
int main(void)
{
cin >> n;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin >> a[i];
}
f[1]=a[1];
for(int i=2;i<=n;i++)
{
f[i]=max(f[i-1]+a[i],a[i]);//求出第i天的最大利润
anss=max(anss,f[i]);//表叫得出总共的最大利润
}
cout << anss ;
return 0;
}
B - 取石子游戏
题目：
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
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Sample Output
Second win
Second win
First win
思路：
本题是“斐波那契博弈问题”，由于第一个人可以取任意数但不能取完，且第二个人可取的范围是 1~（第一个人取数的二倍）
PS：只要n是斐波那契数列中的数，那么先手必败
证明如下：
*将石子数量n记为f[i]，
数学归纳法：
（1）当 i=2 时，先手的人只能取一个，那么先手必败，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],相当于我们将这堆石子看成两堆：k堆和k-1堆**
（之所以一定可以看成两堆，是因为假如先手第一次取的石子>=f[k-1],则后手可以直接取完获胜，因为 f[k]<2f]k-1])**
(3)对于k-1堆，无论先手怎么取，后手总能取到最后一个。设后手最后取到的石子数为x
如果先手第一次取的石子y>=f[k-1]/3, 则这堆石子剩余石子小于2y，就说明后手能一次取完剩余石子，此时x=f[k-1]-y,且x<=(2/3)f[k-1]
（4）由于接下来要取k堆中的石子了，所以比较一下 (2/3)f[k-1] 和 （1/2）f[k] 的大小，即比较 4f[k-1] 和 3f[k]的大小
3f[k] - 4f[k-1]=3f[k-2]-f[k-1]>0,即（1/2）f[k] 较大，
即 x < （1/2）*f[k],也就是说后手取完k-1堆后，先手不能一次取完k堆，所以游戏规则没有改变，同理得后手仍然能取到k堆的最后一课，所以结论成立。
以上是当n属于斐波那契数列 时，先手必败
当n不属于斐波那契数列时，根据“Zeckendorf定理”（查阅资料）得：
“任何正整数都可以表示为若干个不连续的斐波那契数之和”
题解：
#include<stdio.h>
int f[100];
int Fib(int n);
int main(void)
{
int n,k;
while(scanf("%d",&n))
{
if(n==0)
{
break;
}
k=Fib(n);
if(k)
{
printf("Second win\n");
}
else
{
printf("First win\n");
}
}
return 0;
}
int Fib(int n)
{
f[1]=1;
f[2]=1;
for(int i=3;i<=50;i++)
{
f[i]=f[i-1]+f[i-2];
if(f[i]==n)
return 1;
if(f[i]>n)
break;
}
return 0;
}