前言
之前因为要出(ban)题所以从黑书上搬了一道题下来，自已yy出了一个解法
结果在pty的博客中发现了原题
然后就自闭了
（p.s：最后有清真题解）
题目
有一堆石子有n颗，双方轮流取石子。
先手第一次可以拿至少一个但是不能拿完
接下来每次取的石子至少为1个，至多为上一次拿的两倍
问先手是否有必胜策略
魔改版
van和魔男在更衣室里玩游♂戏。
更衣室里有n个男魂，van先手，魔男后手，van第一次可以拿走任意个数个男魂（至少一个，且不能拿完），之后每次每人可以拿至少一个，至多为对方上一次拿走个数的两倍数量的男魂，拿走最后一个男魂的人获胜。
由于这次游♂戏事关重大，关系到更衣室大♂战的结局，所以van找来了你帮忙。假设双方都拥有赤♂酱和御♂神♂木，且在神♂器的加成下双方都是无比聪明。van想知道游♂戏的结果，如果你不能告诉他，你就会被boy♂next♂door。
题解
打表得出当且仅当n为斐波那契数时先手必败，否则先手必胜
证明（主要来自pty博客，加了一些自己的理解）：
假设n=a+b且a和b都为斐波那契数，考虑归纳证明（即a和b已证得必败）
首先先手第一步取的石子数<a，因为2a>b（斐波那契数列的性质，随便列几个数可得）
那么后手便可以把原局面当成n=a时的子游戏来做，显然后手可以刚好取得第a个石子
（后手也可选择不这么做，即取第a+i（i≥1）个石子，但这样就不一定保证自己必胜所以何必作死）
于是就变成了n=b且先手先取的局面，如果先手不能一次取完b个的话就是n=b的子游戏（并且还不是完整的子游戏，因为限制了先手第一步的范围），即先手必败
考虑后手取走第a个石子时最多可能取的个数
①先手第一步就取了≥
个石子
那么后手最多能取
个
②先手第一步就取了<
个石子
显然后手不能一次取完，但后手无论怎样都有必胜策略，所以可以等到能一次取完后再取
这样就变成了一共a’（a’<a）个石子的情况，根据①可得最多为
，
所以后手最多取走
个
那么先手下一步最多可以取
个，也随便列个表 发现
，所以先手不能一次取完
于是先手GG
反之，如果n不为斐波那契数，根据齐肯多夫定理可以把n分成若干个不连续斐波那契数之和
设n=a1+a2+a3+…+ak，并且ai>ai+1
显然ai>(ai+1)*2，所以先手第一次取完ak，而后手一次取不完ak-1，所以后手先取变成了n=ak-1的子游戏
每次先手都能取走ai中最后一颗石子，所以先手必胜
关于齐肯多夫定理的证明：
以F(n)来表示第n个斐波那契数。m为任意正整数。
当m=1,2,3时，因为1=F(2),2=F(3),3=F(4),所以命题成立。下面采用数学归纳法证明定理对任何m均成立。
假设定理对任何小于m的正整数数都成立。下证命题对m也成立。
（1）若m是斐波那契数，则命题对m也成立。
（2）若m不是斐波那契数，设n1是满足F(n1)< m < F(n1 +1)的最大正整数。
设m’=m-F(n1),则m’=m-F(n1)<F(n1+1)-F(n1)=F(n1-1)，即m’<F(n1-1)。
m’<m，所以由归纳假设，m’可以表示成不连续的斐波那契数之和，即m’=F(n2)+F(n3)+…+F(nt),其中n2>n3>…>nt,且是不连续的整数。又m’<F(n1-1)，所以n2<n1-1，即n2与n1也是不连续的整数。
故m=F(n1)+m’=F(n1)+F(n2)+F(n3)+…+F(nt),且n1>n2>…>nt是不连续的整数。
因此，命题对m也成立。
综合（1）（2），由数学归纳法，齐肯多夫定理对任何正整数m都成立。
清真题解
脑洞清奇
应该算原创吧
