斐波那契博弈证明

斐波那契博弈：

有一堆个数为n的石子，游戏双方轮流取石子，满足：
1)先手不能在第一次把所有的石子取完；
2)之后每次可以取的石子数介于1到对手刚取的石子数的2倍之间（包含1和对手刚取的石子数的2倍）。
约定取走最后一个石子的人为赢家，当n为斐波那契数时，先手必败；否则先手必胜。

1. 证明n为斐波那契数时，先手必败：

假设如今有 $n$个石子，分成两堆，有 $n=f[k]+f[k-1]$，两堆数目是相邻的斐波那契数。如今先手先取。设先手为 $a$ ，后手为 $b$。

• $a &lt; \frac{f[k-1]}3$ 时： $b &lt; \frac{2f[k-1]}3$，此时 $(a+b)$< $f[k-1]$，先手后手都没能将 $f[k-1]$堆取完。经过这一轮，还是剩下两堆石子，又回到原来的问题。a如果想赢的话，必然想要一下子取完剩下的 $f[k]$，也就要求 $b$取的尽量多，这种取的方法不是每次取的最优策略。
• $a = \frac{f[k-1]}3$ 时：
  - 如果 $b$ < $\frac{2f[k-1]}3$，此时仍有 $(a+b)$< $f[k-1]$，还是回到原来的问题。
  - 如果 $b$ = $\frac{2f[k-1]}3$，则 $(a+b)$= $f[k-1]$， $f[k-1]$堆被取完。接下来该先手取， $a$ 最多为 $\frac{4f[k-1]}3$。那么接下来证明a的最大值小于剩下的石子数目的大小： $\frac{\frac{4f[k-1]}3}{f[k]}=\frac{4f[k-1]}{3f[k]}=\frac{4f[k-1]}{3(f[k-1]+f[k-2])}=\frac{4}{3(1+\frac{f[k-2]}{f[k-1]})}&lt;1$即：
  $f[k-1]=f[k-2]+f[k-3]&lt;3f[k-2]$
  $f[k-3]&lt;2f[k-2]=2f[k-3]+2f[k-4]$
  $0&lt;f[k-3]+2f[k-4]$
  该式恒成立，即 $a_{max}=2b=\frac{4f[k-1]}{3}&lt;f[k]$，所以此时先手不能取完 $f[k]$。在不回到原来问题的条件下， $f[k]$堆剩下的石子一定被后手，也就是 $b$取完，一定是先手败，因为先手(即 $a$)取不完当前的堆。
• $\frac{f[k-1]}3 &lt; a &lt; f[k-1]$时： $b$将 $f[k-1]$堆中的剩余石子取完，即 $1\leq b&lt;\frac{2f[k-1]}3$且 $a+b=f[k-1]$。接下来 $2\le a&lt;\frac{4f[k-1]}3$，上面已经证明 $\frac{4f[k-1]}3&lt;f[k]$，所以 $a$无法将 $f[k]$堆取完，又回到原来的问题，往复循环，先手必败。
• $f[k-1]\le a\le f[k]-1$时， $1\le b\le m$，其中 $2f[k-1]\le m\le 2f[k]-2$，可以证明 $\frac{f[k]}{f[k-1]}=\frac{f[k-1]+f[k-2]}{f[k-1]}=1+\frac{f[k-2]}{f[k-1]}&lt;2$恒成立，即 $f[k]&lt;2f[k-1]$，所以当 $b$取 $m_{min}$时，一定可以将 $f[k]$堆取完，先手败。

2. 证明n非斐波那契数时，先手必胜：

由齐肯多夫定理： 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。所以 $n=f[i]+f[j]+f[k]+...+f[m]$，其中 $f[i]+f[j]+f[k]+...+f[m]$为递增的互不连续的斐波那契数。先手a如果想赢，只需要第一次取完 $f[i]$，则 $b$面临着 $f[j]$的局势。可以证明，b取不完 $f[j]$:
$f[j]=f[j-1]+f[j-2]=2f[j-2]+f[j-3]&gt;2f[j-2]$上面对n的划分中， $i,j,k...$互不相临，所以 $f[j]&gt;2f[i]$一定成立，即b取不完 $f[j]$，而且b面临的 $f[j]$是一个斐波那契数的局势，上面已经证明： $b$在 $f[j]$局势中必败。接着又回到了原来的更小的问题，每一个小局势都是 $b$必败，所以 $a$最终必胜。

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以上只是个人对斐波那契博弈的思考，如有疏漏之处，欢迎指正。