取石子游戲

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Problem Description
1堆石子有n個,兩人輪流取.先取者第1次可以取任意多個，但不能全部取完.以後每次取的石子數不能超過上次取子數的2倍。取完者勝.先取者負輸出”Second win”.先取者勝輸出”First win”.

Input
輸入有多組.每組第1行是2<=n<2^31. n=0退出.

Output
先取者負輸出”Second win”. 先取者勝輸出”First win”.
參看Sample Output.

Sample Input
2
13
10000
0


Sample Output
Second win
Second win
First win


Source
ECJTU 2008 Autumn Contest

為了方便，我們將n記為f[i]。

1、當i=2時，先手只能取1顆，顯然必敗，結論成立。

2、假設當i<=k時，結論成立。

 則當i=k+1時，f[i] = f[k]+f[k-1]。

 則我們可以把這一堆石子看成兩堆，簡稱k堆和k-1堆。

（一定可以看成兩堆，因為假如先手第一次取的石子數大於或等於f[k-1]，則後手可以直接取完f[k]，因為f[k] < 2*f[k-1]）

 對於k-1堆，由假設可知，不論先手怎樣取，後手總能取到最後一顆。下面我們分析一下後手最後取的石子數x的情況。

 如果先手第一次取的石子數y>=f[k-1]/3，則這小堆所剩的石子數小於2y，即後手可以直接取完，此時x=f[k-1]-y，則x<=2/3*f[k-1]。

 我們來比較一下2/3*f[k-1]與1/2*f[k]的大小。即4*f[k-1]與3*f[k]的大小，對兩值作差後不難得出，後者大。

 所以我們得到，x<1/2*f[k]。

 即後手取完k-1堆後，先手不能一下取完k堆，所以遊戲規則沒有改變，則由假設可知，對於k堆，後手仍能取到最後一顆，所以後手必勝。
 

f[i]：1,2,3,5,8,13,21,34,55,89……

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
using namespace std;

long long int a[50],len;
const long long int inf = 2147483648+10;

int main()
{
    int i,j;
    long long int n;
    a[1] = 1;
    a[2] = 1;
    for(i = 3; i<=1000000; i++)
    {
        a[i] = a[i-1
 
]+a[i-2];
        if(a[i]>=inf)
            break;
    }
    len = i;
    while(~scanf("%I64d",&n),n)
    {
        int flag = 0;
        for(i = 1; i<len; i++)
        {
            if(a[i] == n)
            {
                flag = 1;
                break;
            }
            if(a[i]>n)
                break;
        }
        if(flag)
            printf("Second win\n");
        else
            printf("First win\n");
    }

    return 0;
}