???????????????????????????? 取(2堆)石子游戲

????????????????????? Time Limit: 3000/1000 MS (Java/Others)????Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
?????????????????????????????????????????????? Total Submission(s): 3854????Accepted Submission(s): 2381
Problem Description

有兩堆石子，數量任意，可以不同。游戲開始由兩個人輪流取石子。游戲規定，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。最后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，假設雙方都采取最好的策略，問最后你是勝者還是敗者。如果你勝，你第1次怎樣取子? 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都不大于1,000,000，且a<=b。a=b=0退出。 Output 輸出也有若干行，如果最后你是敗者，則為0，反之，輸出1，并輸出使你勝的你第1次取石子后剩下的兩堆石子的數量x,y,x<=y。如果在任意的一堆中取走石子能勝同時在兩堆中同時取走相同數量的石子也能勝，先輸出取走相同數量的石子的情況. Sample Input 1 2 5 8 4 7 2 2 0 0 Sample Output 0 1 4 7 3 5 0 1 0 0 1 2 這到題明顯的是威佐夫博弈題。我們用（a[k],b[k])(a[k]<=b[k],k=0,1……n)表示兩堆物品的數量，并稱其為奇異局勢。k表示局勢的序號，第一個局勢k=0；列舉一下前幾個奇異局勢：(0,0) (1,2) (3,5) (4,7)……? 可以看出，a[0]=a[0]=0,a[k]是未在前面出現過的最小自然數，而b[k]=a[k]+k。奇異局勢具有以下性質： 1、任何自然數都包含在一個且僅有一個奇異局勢中。 2、任意操作都可將奇異局勢變為非奇異局勢。 3、采用適當的方法可以將非奇異局勢變成奇異局勢。 如果兩個人都采用正確的操作，那么面對非奇異局勢，先拿者必勝；反之，后拿者必勝。 所以真正難得是判斷一個局面他是不是一個奇異局勢。有如下公式可以證明：a[k]=[k(1+√5)/2],b[k]=a[k]+k(k=0,1,2……,n)方括號內取整。 AC代碼： #include <iostream> #include <math.h> #include <cstdio> #include <cstdlib> using namespace std; int main() {int a,b,temp,temp2,k,i, tmp;while(scanf("%d%d",&a,&b)&&(a+b)){if(a>b)swap(a,b);k=b-a; //求出差值temp=k*(1.0+sqrt(5.0))/2.0; //求出差值對應的開頭數if(a==temp) //奇異局勢printf("0\n");else{printf("1\n");if(abs(temp-a)==abs(temp+k-b) && temp < a){//b=a+k時可形成奇異局面，也就是說，如果一堆中取走相同數量的物品就可以形成奇異局勢的優先輸出 printf("%d %d\n",temp,temp+k);tmp = temp;}//一堆中取if(a==0) //0 0情況，第一種奇異局勢printf("0 0\n");for(i=1;i<=b;i++) //從第二種奇異局勢開始遍歷，看取走多少石子可以滿足 {temp=i*(1.0+sqrt(5.0))/2.0; //開頭if(temp == tmp)continue;//如果是取走相同石頭，已經輸出過了，跳過 temp2=temp+i;if(temp==a) printf("%d %d\n",a,temp2);else if(temp2==a)printf("%d %d\n",temp,a);else if(temp2==b)printf("%d %d\n",temp,b);}}}return 0; }

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總結

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