POJ1067 取石子游戏
简单分析一下,容易知道两堆石头地位是一样的,我们用余下的石子数(a,b)来表示状态,并画在平面直角坐标系上。
用之前的定理:有限个结点的无回路有向图有唯一的核 中所述的方法寻找必败态。先标出(0,0),然后划去所有(0,k),(k,0),(k,k)的格点;然后找y=x上方未被划去的格点,标出(1,2),然后划去(1,k),(k,2),(1+k,2+k),同时标出对称点(2,1),划去(2,k),(1,k),(2+k,1+k);然后在未被划去的点中在y=x上方再找出(3,5)。。。按照这样的方法做下去,如果只列出a<=b的必败态的话,前面的一些是(0,0),(1,2),(3,5),(4,7),(6,10),…
接下来就是找规律的过程了,可能很辛苦,但是我写得也不容易,而且我暂时没有看到其他地方有这样的证明过程。
忽略(0,0),记第n组必败态为(a[n],b[n])
命题一:a[n+1]=前n组必败态中未出现过的最小正整数
[分析]:如果a[n+1]不是未出现的数中最小的,那么可以从a[n+1]的状态走到一个使a[n+1]更小的状态,和我们的寻找方法矛盾。
命题二:b[n]=a[n]+n
[分析]:归纳法:若前k个必败态分别为(ak,ak+k),下证:第k+1个必败态为(ak+1,ak+1+k+1)
从该第k+1个必败态出发,一共可能走向三类状态,从左边堆拿走一些,从右边堆拿走一些,或者从两堆中拿走一些.下面证明这三类都是胜态.
情况一:由命题一,任意一个比a[k+1]小的数都在之前的必败态中出现过,一旦把左边堆拿少了,我们只要再拿成那个数相应的必败态即可。
情况二(从右边堆拿走不太多):这使得两堆之间的差变小了,比如拿成了(ak+1,ak+1+m),则可再拿成(am,am+m);
情况二(从右边堆拿走很多):使得右边一堆比左边一堆更少,这时类似于情况一,比如拿成了(ak+1,am)(其中a[m]<a[k+1]) ,则可再拿成(am+m,am);
情况三:比如拿成(am,am+k+1),则可再拿成(am,am+m).
综上所述,任何从(ak+1,ak+1+k+1)出发走向的状态都可以走回核中.故原命题成立.
以上两个命题对于确定(a[n],b[n])是完备的了,给定(0,0)然后按照这两个命题,就可以写出(1,2),(3,5),(4,7),…
这样我们得到了这个数列的递推式,以下我们把这两个命题当成是(a[n],b[n])的定义。
先证明两个性质:
性质一:核中的a[n],b[n]遍历所有正整数。
[分析]:由命题一,二可得a[n],b[n]是递增的,且由a[n]的定义显然。
性质二:A={a[n]:n=1,2,3,…},B={b[n]:n=1,2,3,…},则集合A,B不交。
[分析]:由核是内固集,显然。
看到这里大家有没有想到Beatty序列呢,实际上a[n]和b[n]就是一个Beatty序列。
an=[αn],bn=[βn],有 an+n=[(α+1)n]=[βn],解方程 1/(α+1)+1/α=1
得 α=(sqrt5-1)/2,到此,我们找到了该必败态的通项公式。
实际上这组Beatty序列还有一些别的性质,比如当一个数是Fibonacci数的时候,另一个数也是Fibonacci数;而且两者的比值也越来越接近黄金比,这些性质在得到通项公式之后不难证明。
总的来说,这个问题给我们了哪些启示呢?首先用定理所说的方法找核,然后给出核的规律(递推,或是通项)并且证明。
以上来自百度百科
作者:HSUPPR
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