358-取石子(五）
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题目描述:
1.第一次取不能取完,至少取1颗.
2.从第二次开始,每个人取的石子数至少为1,至多为对手刚取的石子数的两倍。
himdd事先想知道自己会不会赢，你能帮帮他吗？（每次himdd先手）
输入描述:
有多组测试数据，每组有一个整数n(2<=n<2^64);
输出描述:
himdd会赢输出Yes,否则输出No;
样例输入:
2
5
6
样例输出:
No
No
Yes
/** 被数学系的大佬秀了一脸 **/
有一堆个数为n(n>=2)的石子，游戏双方轮流取石子，规则如下：
1)先手不能在第一次把所有的石子取完，至少取1颗；
2)之后每次可以取的石子数至少为1，至多为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。
结论：当n为Fibonacci数的时候，必败。
f[i]：1,2,3,5,8,13,21,34,55,89……
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，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。
AC：代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef unsigned long long llu;
const int maxn = 1e3+5;
llu fib[maxn];
void init()
{
fib[0] = 2;
fib[1] = 3;
for(int i = 2;i<maxn;i++){
fib[i] = fib[i-1] + fib[i-2];;
}
}
int main()
{
init();
llu t;
while(~scanf("%llu",&t))
{
bool flag = false;
for(int i = 0;i<maxn;i++){
if(fib[i] == t)
{
printf("No\n");
flag = true;
break;
}
}
if(!flag) printf("Yes\n");
}
return 0;
}