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题意：给定一堆石子，每个人最多取前一个人取石子数的2被，最少取一个，最后取石子的为赢家，求赢家。
思路：斐波那契博弈，这个题的证明过程太精彩了！
一个重要的定理：任何正整数都可以表示为若干个不连续的斐波那契数的和。
一、归纳法证明斐波那契数列是必败点
为了方便，我们将n记为f[i]。
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，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。
二、归纳法证明非斐波那契数为必胜点
将g[n]=f[a1]+f[a2]+...+f[ap]，其中f[ai]为斐波那契数，先手取最小的堆f[ap]，后手只能取f[a(p-1)]，这样就成了面对后手先取斐波那契数的局面，必败，从而先手必胜。
不得不承认，这两步证明很nice，第一步证明的严谨，第二步证明的漂亮，大脑运作的还不是很快啊~
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特别感谢：
http://blog.csdn.net/acm_cxlove/article/details/7835016
http://blog.csdn.net/dgq8211/article/details/7602807
http://yjq24.blogbus.com/logs/46150651.html
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原文地址：http://www.cnblogs.com/lvpengms/p/3922330.html
