总结算法汇报作业——取石子游戏
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算法题目
取石子游戏
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".
题目来自杭电ACM题库：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2516
此题目的算法大背景是博弈论，这道题目是斐波那契博弈模型，之所以称作斐波那契博弈是因为这个模型的必败态是斐波那契数，也就是说只要石子总数是斐波那契数，那先手必输。
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斐波那契博弈
- 结论
石子数为斐波那契数时，先手必败。
- 分析
n = 2时，输出second；
n = 3时，无论先手取1个还是2个石子，后手都能一下取完，输出second；
n = 4时，第一个人想获胜就必须先拿1个石子，这时就变成了n为3的情形，输出first；
n = 5时，first不可能获胜，因为他取2时，second直接取掉剩下的3个就会获胜，当他取1时，这样就变成了n为4的情形，输出second；
以此类推，可以发现石子数为斐波那契数时，先手必败。
- 证明
首先需要了解Fibonacci的性质：(2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55··· ···)
1.f(n) = f(n-2) + f(n-1)
2.2f(n) > f(n+1)
3.4f(n) < 3f(n+1)
1、石子总数n是斐波那契数时：（数学归纳法证明）
- 当n=2时，先手必败。
- 假设当n<=f(k)时，结论成立。
- 则只需证明n=f(k+1)时结论成立即可。
f(k+1)=f(k)+f(k-1)，其中f(k)>f(k-1)，我们假设先手取得石子数为x，后手取得石子数为y，下面分两种情况讨论：
（1）x>=f(k-1)，由斐波那契的性质2可知，2f(k-1)>f(k)，所以剩余的石子，后手可以一下取完，先手败。
（2）x<f(k-1)，把石子分成f(k)和f(k-1)两堆，其中f(k-1)这一堆，由假设可知，必然是后手先取完，那先手再取f(k)这一堆时，能不能一下子取完就和后手最后取完f(k-1)这一堆石子的个数有关，如果能一下子取完f(k)，则先手就取得胜利，如果一把取不完，那就由假设可知，先手败。故下面讨论后手最后取完f(k-1)时，取的石子个数y的情况：
当x>=f(k-1)/3，则y<=2f(k-1)/3 。
当x<f(k-1)/3，不能一轮就把石子数取完，但是石子数会越越少，所以最终石子数y还是<=2f(k-1)/3。
由斐波那契数列的性质3可以知道， 4f(k-1)<3f(k)，所以2y<=4f(k-1)/3<f(k)，所以我们可以得知最后一堆石子f(k)，先手不能一下子取完，故先手败。
由此得证。
2、石子总数不是斐波那契数：
此时需要借助齐肯多夫定理：任何正整数都可以表示成若干个不连续的斐波那契数之和。
例如：85=55+30=55+21+9=55+21+8+1。
令：n = f(an) + f(an-1) + ··· ··· + f(a3) + f(a2) + f(a1)，其中an>an-1>.......>a2>a1。
先手首先拿走最小的f(a1)这一堆。因为不是连续的Fibonacci数, 即a2 > a1 + 1。所以f(a2)肯定大于2f(a1)，即后手不可能一次把f(a2)堆拿完，则对于f(a2)这堆后手必输，同理，其他堆一样，故先手赢。
- 代码
#include <iostream>
using namespace std;
const int maxn = 100 + 5;
long long f[maxn];
int n;
void getFibonacci() {
f[0] = 2;
f[1] = 3;
for(int i = 2; i <= maxn; i++) {
f[i] = f[i-2] + f[i-1];
if(f[i] > 2147483648)
return;
}
}
int main(int argc, char** argv) {
getFibonacci();
while(cout<<"\n请输入石子总数:\n",cin >> n, n) {
int flag = 0;
for(int i = 0; i < maxn; i++) {
if(f[i] == n) break;
else if(f[i] > n)
flag = 1;
}
if(flag)
cout << "First win" << endl;
else
cout << "Second win" << endl;
}
return 0;
}
借助二叉树分析可得时间复杂度：O(2^n)。