• 分析：
  遊戲規則：
  ① 先手不能一次取完所有石子
  ② 之和每次可以取得的石子數在1～上次對方取的石子數的兩倍之間（閉區間）
  ③先取完的獲勝

• 題解：
  通過數學歸納法找規律，得出必敗數。
  過程：

  • 2塊石頭：先手敗
  • 3塊石頭：先手敗
  • 4塊石頭：先手贏（先取1，後者怎麼取，先手都能贏）
  • 5塊石頭：先手敗（無法到達必勝點4）
  • 6塊石頭：先手勝（先手拿一塊，使對方位於必敗點5）
  • 7塊石頭：先手勝（理由同上，注意，如果雙倍先手拿的能拿完整個石堆就不行了）
  • 8塊石頭：先手敗（先手拿三塊及以上就直接輸了，拿1或2塊則使對方處於必勝點）
  • 9塊石頭：先手勝（直接使對方位於必敗8）
  • 10塊石頭：先手勝（同上）
  • 11塊石頭：先手勝（同上）
  • 12塊石頭：先手勝（不能直接拿4塊，否則對方會拿完，所以分步來，先拿1塊使得對方位於必敗3：對方只能拿1或者2，然後再補刀到必敗8；或者可以計算差值，12到最近的必敗點8差4,4是必勝點，所以12也是必勝點）
  • 13塊石頭：先手敗（照上面的做法，13到最近的必敗點8差5，但5是必敗點，所以13必敗）
  • …
  • 推出結論
  • 2,3,5,8,13為必敗點，根據找最近必敗點的規律，我們可以發現若不能直接使得對方陷入必敗點的話，就需要開始計算與最近必敗點的差值來判斷，如此推算，我們可以得出每個必敗點剛好是前兩個必敗點的和，即斐波那契數。

• AC程式碼：

#include <iostream>
 

#include <cstdio>
#include <cstdio>
#include <map>

using namespace std;
typedef long long LL;

LL Fib[222];
map<LL,int> Q;

void init()
{
    Fib[0] = 0;
    Fib[1] = 1;
    Q[0] = 1;
    Q[1] = 1;
    for(int i=2;i<=100;i++)
    { 
        Fib[i] = Fib[i-1] + Fib[i-2];
        Q[Fib[i]] = 1
 
;
    }
}
LL n;

int main()
{
    init();
    while(~scanf("%lld", &n)&&n)
    {
        if(Q.count(n) == 1)
          cout << "Second win\n";
        else
          cout << "First win\n";
    }
    return 0;
}