大致上是這樣的：有兩堆石子，不妨先認為一堆有10，另一堆有15個，雙方輪流取走一些石子，合法的取法有如下兩種：

1)在一堆石子中取走任意多顆；

2)在兩堆石子中取走相同多的任意顆；

約定取走最後一顆石子的人為贏家，求必敗態(必勝策略)。

這個可以說是MR.Wythoff(Wythoff於1907年提出此遊戲)一生全部的貢獻吧，我在一篇日誌裡就說完有點殘酷。這個問題好像被用作程式設計競賽的題目，網上有很多把它Label為POJ1067，不過如果學程式設計的人不知道Beatty定理和Beatty序列 ，他們所做的只能是找規律而已。不熟悉的人可以先在這裡玩幾局~

簡單分析一下，容易知道兩堆石頭地位是一樣的，我們用餘下的石子數(a,b)來表示狀態，並畫在平面直角座標系上。

用之前的定理： 有限個結點的無迴路有向圖有唯一的核  中所述的方法尋找必敗態。先標出(0,0)，然後劃去所有(0,k),(k,0),(k,k)的格點；然後找y=x上方未被劃去的格點，標出(1,2)，然後劃去(1,k),(k,2),(1+k,2+k)，同時標出對稱點(2,1)，劃去(2,k),(1,k),(2+k,1+k)；然後在未被劃去的點中在y=x上方再找出(3,5)。。。按照這樣的方法做下去，如果只列出a<=b的必敗態的話，前面的一些是(0,0),(1,2),(3,5),(4,7),(6,10),…

接下來就是找規律的過程了，忽略(0,0)，記第n組必敗態為(a[n],b[n])

命題一：a[n+1]=前n組必敗態中未出現過的最小正整數

[分析]：如果a[n+1]不是未出現的數中最小的，那麼可以從a[n+1]的狀態走到一個使a[n+1]更小的狀態，和我們的尋找方法矛盾。

命題二：b[n]=a[n]+n

[分析]：歸納法：若前k個必敗態分別為 ，下證：第k+1個必敗態為

從該第k+1個必敗態出發，一共可能走向三類狀態，從左邊堆拿走一些，從右邊堆拿走一些，或者從兩堆中拿走一些．下面證明這三類都是勝態．

情況一：由命題一，任意一個比a[k+1]小的數都在之前的必敗態中出現過，一旦把左邊堆拿少了，我們只要再拿成那個數相應的必敗態即可。

情況二（從右邊堆拿走不太多）：這使得兩堆之間的差變小了，比如拿成了 ，則可再拿成 ；

情況二（從右邊堆拿走很多）：使得右邊一堆比左邊一堆更少，這時類似於情況一，比如拿成了

情況三：比如拿成 ，則可再拿成 ．

綜上所述，任何從 出發走向的狀態都可以走回核中．故原命題成立．

以上兩個命題對於確定(a[n],b[n])是完備的了，給定(0,0)然後按照這兩個命題，就可以寫出(1,2),(3,5),(4,7),…

這樣我們得到了這個數列的遞推式，以下我們把這兩個命題當成是(a[n],b[n])的定義。

先證明兩個性質：

性質一：核中的a[n],b[n]遍歷所有正整數。

[分析]：由命題一，二可得a[n],b[n]是遞增的，且由a[n]的定義顯然。

性質二：A={a[n]:n=1,2,3,…},B={b[n]:n=1,2,3,…}，則集合A,B不交。

[分析]：由核是內固集，顯然。

看到這裡大家有沒有想到Beatty序列呢，實際上a[n]和b[n]就是一個Beatty序列。

 ，有  ，解方程 

得  ，到此，我們找到了該必敗態的通項公式。

實際上這組Beatty序列還有一些別的性質，比如當一個數是Fibonacci數的時候，另一個數也是Fibonacci數；而且兩者的比值也越來越接近黃金比，這些性質在得到通項公式之後不難證明。

總的來說，這個問題給我們了哪些啟示呢？首先用定理所說的方法找核，然後給出核的規律（遞推，或是通項）並且證明。最後附上一張對應的必敗態圖.

 補充：貝亞蒂定理證明威佐夫定理：

 用有序數對（即兩堆含石子的個數，規定第一個數不大於第二個數）表示某個狀態，顯然(0,0)是一個必敗態。下面證明，根據下面的方法，可以構造出所有的必敗態：

    1° (0,0)是必敗態；

    2° 第k個必敗態的兩個數相差為k（記(0,0)為第0個必敗態）；

    3° 已知前k個必敗態，則最小的沒出現過的正整數為第k+1個必敗態的第一個數。

    分情況討論，很容易就把這件事說清楚了，下面幾段證明可以跳過…

    證明：根據上述構造方法，有一個顯然的事實，就是每個狀態的第一個數比它後面一個狀態的第一個數小，對第二個數也如此【1】。假如說後面狀態的第一個數（記為A）比前面的小，那麼前面狀態的第一個數早就選A了，肯定輪不到後面的狀態，與 3°矛盾。而前面狀態中第二個數減第一個數的值比後面的小（由 2°），所以前面狀態中第二個數當然比後面的小。

    同時，也可知不會出現重複的正整數【2】，因為如果出現重複的正整數，一定是前面狀態的第二個數等於後面狀態的第一個數（否則，由[1]，將會出現嚴格不等關係）。而後面狀態的第一個數不可能與前面重複，與 3°矛盾。

    現在，考慮構造出的第n個狀態，當n=0時顯然是必敗態，設n=0,1,2,…,k-1時，這k個狀態已經是必敗態，下面證明第k個狀態也是必敗態。

    記此狀態為(A,A+k)。先取者不可能變為前面的必敗態，因為如果只動一堆石子而變為前面某個必敗態，則兩個必敗態有重複的正整數，矛盾；如果動兩堆石子，則差不變，同樣不可能變為前面某個必敗態。

    下面通過證明，先取者不管如何取石子，後取者都能變成前面某個必敗態，從而證明(A,A+k)也是必敗態。

    （1）先取者若動第一堆石子，則這個數肯定在前面的必敗態中出現過（由 3°），而此時第二堆石子的數目肯定比前面那個必敗態的兩個數都要大（由 [1]），所以後取者一定可以取第二堆石子，變為前面那個必敗態。

    （2）先取者若動第二堆石子：

         i .如果取完之後第二堆仍然不小於第一堆，則兩堆石子的差減小，恰好和前面某個必敗態吻合，而第一堆石子的數目肯定比前面那個必敗態的第一個數大（由 [1]），後取者可以同時取兩堆石子變為前面那個必敗態。

         ii.若小於第一堆，則這個數在前面的必敗態中出現過（由 3°），如果這個數是前面必敗態的第二個數，則後取者只要動第一堆即可；如果很不巧，這個數是前面必敗態的第一個數，而此時第一堆石子的數目又不大於前面必敗態的第二個數，那此時兩堆石子的差一定比前面那個必敗態小，與更靠前的一個必敗態吻合。後取者同時動兩堆即可。

    （3）先取者若同時動兩堆石子，則第一堆石子數在前面的必敗態中出現過（由 3°），後取者動第二堆就行了。

    這就證完了。

    由剛才的構造必敗態的方法，記{a_n},{b_n}分別為第一個數與第二個數構成的數列（除去第一對(0,0)），n=1,2,3, … ，先寫出兩個數列的前幾項：

    {a_n}: 1,3,4,6,…

    {b_n}: 2,5,7,10,…

    根據剛才的構造方法，顯然兩個數列都是嚴格遞增的，而且沒有重複的正整數，而且每一個正整數都會出現（由 3°，不可能漏掉某個正整數），且b_n-a_n=n。

    熟悉Beatty定理的人會立即看出，Beatty定理構造的數列恰好滿足前三條！

    下面先介紹一下Beatty定理。

    取正無理數α,β，使得

    構造兩個數列{a_n},{b_n}，它們的通項分別為

    a_n為小於等於αn的最大整數，那個符號相當於高斯函式[ ]。

    數列顯然都是正整數數列，Beatty定理指出，兩個數列都是嚴格遞增的，並且每個正整數在兩個數列中出現且僅出現一次。

    嚴格遞增好證，因為 1/α<1,α>1 ，所以{a_n}相鄰兩項取整前相減大於1，取整後後面一項顯然也大於前面一項。對{b_n}同理。

    對於後一個命題，我們只要證明，對於任意正整數k，小於等於k的正整數在兩個數列中恰好出現k次。

    設數列{a_n}的前p項小於等於k（而不含p+1項），又因為每一項取整前均為無理數，不可能取到整數值，於是有

    兩者綜合起來，就有等式

    這就是小於等於k的正整數在數列{a_n}中出現的次數。對於數列{b_n}同理。這樣我們得到了小於等於k的正整數在兩個數列中出現的總次數

    注意到，兩個向下取整符號內的數均為無理數，於是有嚴格的不等式

    於是有

    這就證完了。

    回到剛才的必敗態上，Beatty定理是一個很合適的定理，任取一組滿足要求的α,β，構造出的數列就滿足大部分條件，只剩最後一個條件，即 b_n-a_n=n，這隻需取 β-α=1 即可。

    解出α,β的值如下：

    於是，我們就可以直接寫出第n個必敗態的公式

    至此，開始那個取石子游戲得到完美解決，而黃金分割數，竟然在一個看似毫不相關的問題中出現。

Fibonacci博弈

1、問題模型：

 有一堆個數為n的石子，遊戲雙方輪流取石子，滿足： 

（1）先手不能在第一次把所有的石子取完； 

（2）之後每次可以取的石子數介於1到對手剛取的石子數的2倍之間（包含1和對手剛取的石子數的2倍）。 約定取走最後一個石子的人為贏家。

2、解決思路：

  當n為Fibonacci數時，先手必敗。即存在先手的必敗態當且僅當石頭個數為Fibonacci數。 

    證明：根據“Zeckendorf定理”（齊肯多夫定理）：任何正整數可以表示為若干個不連續的Fibonacci數之和。如n=83 = 55+21+5+2，我們看看這個分解有什麼指導意義：假如先手取2顆，那麼後手無法取5顆或更多，而5是一個Fibonacci數，那麼一定是先手取走這5顆石子中的最後一顆，同理，接下去先手取走接下來的後21顆中的最後一顆，再取走後55顆中的最後一顆，那麼先手贏。

    反證：如果n是Fibonacci數，如n=89：記先手一開始所取的石子數為y

    （1）若y>=34顆（也就是89的向前兩項），那麼一定後手贏，因為89-34=55=34+21<2*34。

    （2）y<34時剩下的石子數x介於55到89之間，它一定不是一個Fibonacci數，把x分解成Fibonacci數：x=55+f[i]+…+f[j]，若，如果f[j]<=2y，那麼對B就是面臨x局面的先手，所以根據之前的分析，後手只要先取f[j]個即可，以後再按之前的分析就可保證必勝。

6、應用：

（1）可選步數為1-m的連續整數，直接取模即可，SG(x) = x % (m+1); 

（2）可選步數為任意步，SG(x) = x; 

（3）可選步數為一系列不連續的數，用mex(計算每個節點的值) 

7、練習：hdoj 1847 1536 3980

參考：

http://blog.csdn.net/lgdblue/article/details/15809893