面试游戏题：海枯石烂

arron刘

两个玩家，一堆石头，假设多于100块，两人依次拿，最后拿光者赢，规则是：1. 第一个人不能一次拿光所有的；2. 第一次拿了之后， 每人每次最多只能拿对方前一次拿的数目的两倍。求先拿者必胜策略, 如果有的话。怎么证明必胜。有的面试，考察的是过程，比如，思考的方式，交流的畅通，等。大家先想想，讨论，参考方案以后揭晓。

arron刘

占楼

sqfasd

应该还有限制条件吧，否则，我第一次拿N-1个，剩一个给对方，必胜。。。。

sqfasd

my god ，没看清题，错了，丢脸了

arron刘

回复 4# sqfasd


   

arron刘

关于海枯石烂的分析：

原题：两个玩家，一堆石头，假设多于100块，两人依次拿，最后拿光者赢，规则是：1. 第一个人不能一次拿光所有的；2. 第一次拿了之后， 每人每次最多只能拿对方前一次拿的数目的两倍。求先拿者必胜策略, 如果有的话。怎么证明必胜。

分析：这是斐波那契博弈，当且仅当石头个数是斐波那契数的时候先手必败。


让我们用第二数学归纳法证明：

为了方便，我们将n记为f[i]。

1、当　i=2　时，因为不能全部去完，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，对两值作差后不难得出，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。

那么，当n不是Fibonacci数的时候，情况又是怎样的呢？

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。

关于这个定理的证明，感兴趣的同学可以在网上搜索相关资料，这里不再详述。

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。

shan_ghost

考虑简单了吧。

有100颗石子，先手拿49颗，后手拿1颗；下次先手只有拿1颗和拿2颗两个选择。这是不能简单分成两个子游戏的。

hellioncu

(n - 2) / 3

leejqy

当n=2或者n=3*k(1<=k)时，先拿的必败

kingroc711

第一个人拿30块吧。不知道他再拿的时候够不够60的2倍。