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  解題思路：威佐夫博弈，具體內容如下：

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 – a
j 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：

#include<stdio.h>
#include<math.h>
#include<string.h>
long long a,b;
int qushizi(long long a,long long b)
{
	int c;
	if(a>b)
	{
	   c=a;a=b;b=c;	
	}
	double k=(1.0+sqrt(5.0))/2.0;
	c=b-a;
	if(a==(int)(c*k))
	 return 0;
	else 
	  return 1;	
}
int main()
{
	while(scanf("%lld%lld",&a,&b)!=EOF)
	{
		printf("%d\n",qushizi(a,b));
	}
return 0;
}