博弈论之威佐夫博弈
威佐夫博弈（Wythoff’s game）：
有两堆各若干个物品，两个人轮流从任一堆取至少一个或同时从两堆中取同样多的物品，规定每次至少取一个，多者不限，最后取光者得胜。
这种情况下是颇为复杂的。我们用（a[k]，b[k]）（a[k] ≤ b[k] ,k=0，1，2，…,n)表示两堆物品的数量并称其为局势，如果甲面对（0，0），那么甲已经输了，这种局势我们称为奇异局势。前几个奇异局势是：（0，0）、（1，2）、（3，5）、（4，7）、（6，10）、（8，13）、（9，15）、（11，18）、（12，20）。（注：k表示奇异局势的序号， 第一个奇异局势k=0）
可以看出,a[0]=b[0]=0,a[k]是未在前面出现过的最小自然数,而 b[k]= a[k] + k。
奇异局势的性质：
- 任何自然数都包含在一个且仅有一个奇异局势中。
由于a[k]是未在前面出现过的最小自然数，所以有a[k] > b[k-1] > a[k-1]
而 b[k]= a[k] + k > a[k-1] + k > a[k-1] + k - 1 = b[k-1] > a[k-1] 。所以性质1成立。 - 任意操作都可将奇异局势变为非奇异局势。
事实上，若只改变奇异局势（a[k]，b[k]）的某一个分量，那么另一个分量不可能在其他奇异局势中，所以必然是非奇异局势。如果使（a[k]，b[k]）的两个分量同时减少，则由于其差不变，且不可能是其他奇异局势的差，因此也是非奇异局势。 - 采用适当的方法，可以将非奇异局势变为奇异局势。
假设面对的局势是（a,b），若 b = a，则同时从两堆中取走 a 个物体，就变为了奇异局势（0，0）；
如果 a = a[k] ，b > b[k] 那么，取走b - b[k]个物体，即变为奇异局势；
如果 a = a[k] ，b < b[k] 则同时从两堆中拿走a-a[b-a]（注：这里b-a是a的下标， 不是a*(b-a)）个物体变为奇异局势（ a[b-a], b-(a-a[b-a])）→（ a[b-a], a[b-a]+ b-a）；
如果 a > a[k] ，b= a[k] + k 则从第一堆中拿走多余的数量a - a[k] 即可；
如果a < a[k] ，b= b[k],分两种情况，第一种，a=a[n] （n< k）从第二堆里面拿走 b - b[n] 即可；第二种，a=b[n] （n < k）从第二堆里面拿走 b - a[n] 即可。
结论：
如果两个人都采用正确操作，那么面对非奇异局势，先拿者必胜；反之，则后拿者取胜。
那么任给一个局势(a，b)，怎样判断它是不是奇异局势呢？我们有如下公式：
a(k) = [k*(1+√5)/2]，b(k) = a(k) + k （其中k=0,1,2…n表示下标 ，[ ]括号框住部分表示取整)
对于给出的局势(a,b)，首先通过 b(k)-a(k) 得到k值，即k=b-a。然后通过公式[k*(1+√5)/2]（[ ]括号表示取整）得到新的a’，若a’==a则表示该局势是奇异局势，否则不是
奇妙的是其中出现了黄金分割数 (1+√5)/2 = 1.618…因此，由a(k)，b(k)组成的矩形近似为黄金矩形
---入门级题型---
HDU1527 取石子游戏
问题描述
有两堆石子，数量任意，可以不同。游戏开始由两个人轮流取石子。游戏规定，每次有两种不同的取法，一是可以在任意的一堆中取走任意多的石子；二是可以在两堆中同时取走相同数量的石子。最后把石子全部取完者为胜者。现在给出初始的两堆石子的数目，如果轮到你先取，假设双方都采取最好的策略，问最后你是胜者还是败者。
输入数据
输入包含若干行，表示若干种石子的初始情况，其中每一行包含两个非负整数a和b，表示两堆石子的数目，a和b都不大于1,000,000,000。
输出数据
输出对应也有若干行，每行包含一个数字1或0，如果最后你是胜者，则为1，反之，则为0。
样例输入
2 1
8 4
4 7
样例输出
0
1
0
分析：本题的考点其实就是威佐夫博弈，其仅仅是换了一个背景和说法
因此我们可以直接根据前面对威佐夫博弈的分析写出如下代码：
#include<iostream>
#include<cmath>
using namespace std;
int main()
{
int n,m;
float eqa=(1+sqrt(5))/2;
while(cin>>n>>m){
if(n>m){
int temp=n;
n=m;m=temp;
}
int k=m-n;
if(int(k*eqa)==n) cout<<"0"<<endl;
else cout<<"1"<<endl;
}
return 0;
}
---进阶级题型---
HDU2177 取(2堆)石子游戏
问题描述
有两堆石子，数量任意，可以不同。游戏开始由两个人轮流取石子。游戏规定，每次有两种不同的取法，一是可以在任意的一堆中取走任意多的石子；二是可以在两堆中同时取走相同数量的石子。最后把石子全部取完者为胜者。现在给出初始的两堆石子的数目，如果轮到你先取，假设双方都采取最好的策略，问最后你是胜者还是败者。如果你胜，你第1次怎样取?
输入数据
输入包含若干行，表示若干种石子的初始情况，其中每一行包含两个非负整数a和b，表示两堆石子的数目，a和b都不大于1,000,000，且a<=b。a=b=0退出。
输出数据
输出也有若干行，如果最后你是败者，则为0，反之，输出1，并输出使你胜的你第1次取石子后剩下的两堆石子的数量x,y,x<=y。如果在任意的一堆中取走石子能胜，同时在两堆中同时取走相同数量的石子也能胜，先输出取走相同数量的石子的情况。
样例输入
1 2
5 8
4 7
2 2
0 0
样例输出
0
1
4 7
3 5
0
1
0 0
1 2
分析：
其实这道题的描述和前面的HDU1527差不多，不同的是这道题的要求略微麻烦些
我们在判断了先手能够赢得比赛后，还需要输出先手在第一次用某种方法拿取石子后剩余的情况
显然，有时候先手第一次能够拿取的方案有可能是有多种的
比如说对于初始局势(5,8)，先手为了取胜有两种取法：
1.在两堆中各取1颗石子，使局势变为(4,7)，显然这个局势是一个奇异局势，故后手必败
2.在第二堆石子(8颗)中取走5颗石子，使局势变为(3,5)，显然这个局势也是一个奇异局势，故后手必败
而当取法有多种的时候，我们又需要按题意对这些取法进行一个先后的排列
题目的要求是“如果在任意的一堆中取走石子能胜，同时在两堆中各取相同数量的石子也能胜，先输出取走相同数量的石子的情况”
解答本题的难点就在这个顺序上
我们这样想，由于题目所给的数据范围并不大，那么我们可以在判断了某个局势为非奇异局势后，对这个局势进行一个枚举，枚举分为两次，这两次的先后顺序也就逻辑表达了题目所要求的顺序：
1.从两堆石子中同时取出相同数量的石子
2.从多的那一堆中取石子（for遍历枚举）
对于上面的每次取石子，我们都需要对当前剩余的石子局势进行判断，如果该局势是奇异局势就说明这种取法可取，直接输出；否则不可取
在2中之所以要从多的那一堆里取值，是因为在威佐夫博弈中，我们要使某个初始局势（非奇异）变为奇异局势，那就需要找到合适的取法（这一点在前面威佐夫博弈的性质中提到过）。而若只对某个局势(a,b)进行分析（假设a < b），如果你取a作为枚举的界限，那么你的枚举结果就会有丢失，而你选b作为界限则不会。要知道，当你的枚举以b作为取值范围[1,b]时，那么当你的b小到某个值的时候，就相当于a,b就发生了交换。可是你若以[1,a]作为取值范围则不会，因此出现了枚举的情况丢失
下面直接给出本题的完整代码：
#include<iostream>
#include<cmath>
using namespace std;
int main()
{
int a,b,n,m,temp;
float gsi=(1+sqrt(5))/2;
while(cin>>a>>b)
{
if(a==0 && b==0) break;
if(a>b){
temp=a;
a=b;b=temp;
}
int k=b-a;
if(int(k*gsi)==a) cout<<"0"<<endl;
else{
cout<<"1"<<endl;
for(int i=1;i<=a;i++)
{
n=a-i,m=b-i;
if(int(k*gsi)==n){
cout<<n<<" "<<m<<endl;
}
}
for(int i=b;i>=0;i--)
{
n=a,m=i;
if(n>m){
temp=n;
n=m;m=temp;
}
k=m-n;
if(int(k*gsi)==n){
cout<<n<<" "<<m<<endl;
}
}
}
}
return 0;
}
