斐波那契博弈的模板题。
证明转载自：http://blog.csdn.net/acm_cxlove/article/details/7835016
有一堆个数为n的石子，游戏双方轮流取石子，满足：
1) 先手不能在第一次把所有的石子取完；
2) 之后每次可以取的石子数介于1到对手刚取的石子数的2倍之间（包含1和对手刚取的石子数的2倍）。
约定取走最后一个石子的人为赢家，求必败态。
这个和之前的 Wythoff’s Game 和取石子游戏 有一个很大的不同点，就是游戏规则的动态化。之前的规则中，每次可以取的石子的策略集合是基本固定的，但是这次有规则2：一方每次可以取的石子数依赖于对手刚才取的石子数。
这个游戏叫做Fibonacci Nim，肯定和Fibonacci数列：f[n]：1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,… 有密切的关系。如果试验一番之后，可以猜测：先手胜当且仅当n不是Fibonacci数。换句话说，必败态构成Fibonacci数列。
就像“Wythoff博弈”需要“Beatty定理”来帮忙一样，这里需要借助“Zeckendorf定理”（齐肯多夫定理）：任何正整数可以表示为若干个不连续的Fibonacci数之和。
先看看FIB数列的必败证明：
运用数学归纳法
1、当i=2时，先手只能取1颗，显然必败，结论成立。
2、假设当i<=k时，结论成立。
则当i=k+1时，f[i] = f[k]+f[k-1]。
则我们可以把这一堆石子看成两堆，简称k堆和k-1堆。
（一定可以看成两堆，因为假如先手第一次取的石子数大于或等于f[k-1]，则后手可以直接取完f[k]，因为f[k] < 2*f[k-1]）
对于k-1堆，由假设可知，不论先手怎样取，后手总能取到最后一颗。下面我们分析一下后手最后取的石子数x的情况。
如果先手第一次取的石子数y>=f[k-1]/3，则这小堆所剩的石子数小于2y，即后手可以直接取完，此时x=f[k-1]-y，则x<=2/3*f[k-1]。
我们来比较一下2/3*f[k-1]与1/2*f[k]的大小。即4*f[k-1]与3*f[k]的大小，由数学归纳法不难得出，后者大。
所以我们得到，x<1/2*f[k]。
即后手取完k-1堆后，先手不能一下取完k堆，所以游戏规则没有改变，则由假设可知，对于k堆，后手仍能取到最后一颗，所以后手必胜。
即i=k+1时，结论依然成立。
对于不是FIB数，首先进行分解。
分解的时候，要取尽量大的Fibonacci数。
比如分解85：85在55和89之间，于是可以写成85=55+30，然后继续分解30,30在21和34之间，所以可以写成30=21+9，
依此类推，最后分解成85=55+21+8+1。
则我们可以把n写成 n = f[a1]+f[a2]+……+f[ap]。（a1>a2>……>ap）
我们令先手先取完f[ap]，即最小的这一堆。由于各个f之间不连续，则a(p-1) > ap + 1，则有f[a(p-1)] > 2*f[ap]。即后手只能取f[a(p-1)]这一堆，且不能一次取完。
此时后手相当于面临这个子游戏（只有f[a(p-1)]这一堆石子，且后手先取）的必败态，即先手一定可以取到这一堆的最后一颗石子。
同理可知，对于以后的每一堆，先手都可以取到这一堆的最后一颗石子，从而获得游戏的胜利。
假设想在这一堆里有21个，所以我按照fibonacci数列将之分为 8 + 13，在上面的证明和实际的操作中可以简单的看出当先手肯定要取8个以内，否则后手直接就取完了剩下的13个。 也就是说现在先手后手达成了一个默契：先取数量为8的那一堆。 对于8这堆来说， 1/3 这个界限是 3，即先手取3的话后手直接取完，所以先手一定也是取小于8/3（正常有小数点的除）的数字，对于先手取的1或2，我总能选择我可以取得某个数使得 8→5 ，为什么要变成是对手面对数目是5的这个状态呢？因为5是斐波那契数，这样的话就可以保证你（后手）取得这一堆的最后一个棋子。 对于13这堆，假如先手总是选1，后手要怎么构建呢？ 其实这里13这堆又可以分为5+8，再分为2+3+3+5，
先手选择的数量后手选择的数量目前取的是哪一堆11212第一个堆312第二个堆3115(让先手面对3这个状态，已经必胜）125精髓：根据先手取得的石子数，把初始个堆划分成需要的斐波那契数，保证先手取得的大于这堆的1/3，如此便可保证后手一定取得这堆的最后一个。 写的有点乱，大家将就着看吧（555555~）
