取石子游戲

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Problem Description

有兩堆石子，數量任意，可以不同。遊戲開始由兩個人輪流取石子。遊戲規定，每次有兩種不同的取法，一是可以在任意的一堆中取走任意多的石子；二是可以在兩堆中同時取走相同數量的石子。最後把石子全部取完者為勝者。現在給出初始的兩堆石子的數目，如果輪到你先取，假設雙方都採取最好的策略，問最後你是勝者還是敗者。

Input

輸入包含若干行，表示若干種石子的初始情況，其中每一行包含兩個非負整數a和b，表示兩堆石子的數目，a和b都不大於1,000,000,000。

Output

輸出對應也有若干行，每行包含一個數字1或0，如果最後你是勝者，則為1，反之，則為0。

Sample Input

2 1

8 4

4 7

Sample Output

0

1

0

Source

NOI

以下資料來源於網上：

威佐夫博奕(Wythoff Game):有兩堆各若干個物品,兩個人輪流從某一堆或同時從兩堆中取同樣多的物品,規定每次至少取一個,多者不限,最後取光者得勝。

這種情況下是頗為複雜的。我們用(ak,bk)(ak≤bk,k=0,1,2,...,n)表示兩堆物品的數量並稱其為局勢,如果甲面對(0,0),那麼甲已經輸了,這種局勢我們稱為奇異局勢。前幾個奇異局勢是:(0,0)、(1,2)、(3,5)、(4,7)、(6,10)、(8, 13)、(9,15)、(11,18)、(12,20)。

可以看出,a0=b0=0,ak是未在前面出現過的最小自然數,而bk=ak+k,奇異局勢有如下三條性質:

1、任何自然數都包含在一個且僅有一個奇異局勢中。

由於ak是未在前面出現過的最小自然數,所以有ak>ak-1,而bk=ak+k> ak-1+k-1=bk-1>ak-1。所以性質1。成立。

2、任意操作都可將奇異局勢變為非奇異局勢。

事實上,若只改變奇異局勢(ak,bk)的某一個分量,那麼另一個分量不可能在其他奇異局勢中,所以必然是非奇異局勢。如果使(ak,bk)的兩個分量同時減少,則由於其差不變,且不可能是其他奇異局勢的差,因此也是非奇異局勢。

3、採用適當的方法,可以將非奇異局勢變為奇異局勢。

假設面對的局勢是(a,b),若b=a,則同時從兩堆中取走a個物體,就變為了奇異局勢(0,0);如果a=ak,b>bk,那麼,取走b-bk個物體,即變為奇異局勢;如果a=ak,b<bk,則同時從兩堆中拿走ak-ab-ak個物體,變為奇異局勢(ab-ak, ab-ak+b-ak);如果a>ak,b=ak+k,則從第一堆中拿走多餘的數量a-ak即可;如果a<ak,b=ak+k,分兩種情況,第一種,a=aj(j<k),從第二堆裡面拿走b-bj即可;第二種,a=bj(j<k),從第二堆裡面拿走b-aj即可。

從如上性質可知,兩個人如果都採用正確操作,那麼面對非奇異局勢,先拿者必勝;反之,則後拿者取勝。

那麼任給一個局勢(a,b),怎樣判斷它是不是奇異局勢呢?我們有如下公式:

ak=[k(1+√5)/2],bk=ak+k(k=0,1,2,...,n方括號表示取整函式)

奇妙的是其中出現了黃金分割數(1+√5)/2=1.618...,因此,由ak,bk組成的矩形近似為黃金矩形,由於2/(1+√5)=(√5-1)/2,可以先求出j=[a(√5-1)/2],若

a=[j(1+√5)/2],那麼a=aj,bj=aj+j,若不等於,那麼a=aj+1,bj+1=aj+1+j+ 1,若都不是,那麼就不是奇異局勢。然後再按照上述法則進行,一定會遇到奇異局勢。

AC程式碼：

//Wythoff Game
#include<iostream>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<iomanip>
#include<cmath>
using namespace std;
int main()
{
	int a,b,k;
	while(cin>>a>>b)
	{
		//令a<=b 
	   	k=max(a,b);
	   	a=min(a,b);
	   	b=k;
	   	
	   	k=b-a;
	   	a=floor(k*(1+sqrt(5))/2);//floor是向下取整函式 
	   	//奇異局勢 
	   	if(b-a==k) cout<<'0'<<endl;
	   	//非奇異局勢
		else cout<<'1'<<endl; 
	} 
}