• 問題模型：只有一堆n個物品，兩個人輪流從這堆物品中取物，規定 每次⾄至少取一個，最多取m個，最後取光者得勝
• 問題模型：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，規定每次至少取⼀一個，多者不限，最後取 光者得勝。
ak =[k（1+√5）/2]，bk= ak + k （k=0，1，2，…,n 方括號表示取整函數)
3.尼姆博弈
2：用dfs進行優化
N（next）：必勝狀態
特點1：該狀態爲必敗狀態，當且僅當所有後繼都是必勝狀態。
特點1：該狀態爲必勝狀態，當且僅當至少一個後繼時必敗狀態。
特例：沒有後繼狀態（即終態）爲必敗狀態。
所以，可以根據終態爲P
using namespace std;
bool ma[2001][2001];//1 P 0 N;
int main(){
int i,j,k;
ma[1][1]=1;
for(i=2;i<=2000;i++)
{
if(ma[i-1][1])
ma[i][1]=0;
else ma[i][1]=1;
for(j=2;j<i;j++){
if(!ma[i][j-1]&&!ma[i-1][j-1]&&!ma[i-1][j])
ma[i][j]=1;
else ma[i][j]=0;
}
if(ma[1][i-1])
ma[1][i]=0;
else ma[1][i]=1;
for(j=2;j<i;j++){
if(!ma[j-1][i]&&!ma[j-1][i-1]&&!ma[j][i-1])
ma[j][i]=1;
else ma[j][i]=0;
}
if(!ma[i][i-1]&&!ma[i-1][i-1]&&!ma[i-1][i])
ma[i][i]=1;
else ma[i][i]=0;
}
int M,N;
for(i=1;i<=10;i++){
for(j=1;j<=10;j++)
printf("%c ",ma[i][j]?'P':'N');
printf("\n");
}
while(scanf("%d%d",&M,&N)&&M&&N){
if(ma[M][N]) printf("What a pity!\n");
else printf("Wonderful!\n");
}
return 0;
}
• 有一堆個數爲n的石子，遊戲雙方輪流取石子，滿足：
1.先手不能在第一次把所有的石子取完；
2.之後每次可以取的石子數介於1到對手剛取的石子數的2倍之間（包含1和對手剛取的石子數的2倍）。
斐波那契博弈有一個非常重要的性質：
先看看FIB數列的必敗證明：
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，因爲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]，因爲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，由數學歸納法不難得出，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。
即i=k+1時，結論依然成立。
對於不是FIB數，首先進行分解。
分解的時候，要取儘量大的Fibonacci數。
比如分解85：85在55和89之間，於是可以寫成85=55+30，然後繼續分解30,30在21和34之間，所以可以寫成30=21+9，
依此類推，最後分解成85=55+21+8+1。
則我們可以把n寫成 n = f[a1]+f[a2]+……+f[ap]。（a1>a2>……>ap）
我們令先手先取完f[ap]，即最小的這一堆。由於各個f之間不連續，則a(p-1) > ap + 1，則有f[a(p-1)] > 2*f[ap]。即後手只能取f[a(p-1)]這一堆，且不能一次取完。
此時後手相當於面臨這個子游戲（只有f[a(p-1)]這一堆石子，且後手先取）的必敗態，即先手一定可以取到這一堆的最後一顆石子。
同理可知，對於以後的每一堆，先手都可以取到這一堆的最後一顆石子，從而獲得遊戲的勝利。
例:HDU 2516 <此題可手動畫出PN圖發現規律>