Description
有两堆石子，数量任意，可以不同。游戏开始由两个人轮流取石子。游戏规定，每次有两种不同的取法，一是可以在任意的一堆中取走任意多的石子；二是可以在两堆中同时取走相同数量的石子。最后把石子全部取完者为胜者。现在给出初始的两堆石子的数目，如果轮到你先取，假设双方都采取最好的策略，问最后你是胜者还是败者。
Input
输入包含若干行，表示若干种石子的初始情况，其中每一行包含两个非负整数a和b，表示两堆石子的数目，a和b都不大于1,000,000,000。
Output
输出对应也有若干行，每行包含一个数字1或0，如果最后你是胜者，则为1，反之，则为0。
Sample Input
2 1 8 4 4 7
Sample Output
0 1 0
解题思路：
这是威佐夫博弈（Wythoff Game）
有两堆各若干个物品，两个人轮流从某一堆或同时从两堆中取同样多的物品，规定每次至少取一个，多者不限，最后取光者得胜。
这种规则下游戏是颇为复杂的。我们用（a[k]，b[k]）（a[k] ≤ b[k] ,k=0，1，2，...,n)表示两堆物品的数量并称其为局势。
如果甲面对（0，0），那么甲已经输了，这种局势我们称为奇异局势。
首先列举人们已经发现的前几个奇异局势：（0，0）、（1，2）、（3，5）、（4，7）、（6，10）、（8，13）、（9，15）、（11，18）、（12，20）。
通过观察发现：a[0]=b[0]=0,a[k]是未在前面出现过的最小自然数,而 b[k]= a[k] + k。
奇异局势有如下三条性质：
1、任何自然数都包含且仅包含在一个奇异局势中。
2、任意操作都可以使奇异局势变为非奇异局势。
3、必有一种操作可以使非奇异局势变为奇异局势。
性质1中的存在性很好理解，对于唯一性，因为a[k]是未在前面出现过的最小自然数。
所以a[k]>a[k-1],b[k] = a[k]+k > a[k-1]+k-1 + 1 > b[k-1] > a[k-1].
即b[k] > a[k] > b[k-1] > a[k-1]。所以某个自然数不会出现多于一次的情况。
性质2,我们可以尝试游戏规则中的两种操作：
如果从某一堆中取，那么a[k],b[k]中必有一个量发生变化，由性质1，则变化后的局势不可能是奇异局势。
如果同时从两堆中取同样多的物品，但由于其差（b[k]-a[k]）不会改变，所以它变化后的局势也不可能是奇异局势。
性质3，需要分多种情况考虑，假设面对的局势是(i,j),(我们规定i<=j)
1.若i = j，则同时从两堆取走i个，局势变成(0,0)的奇异局势.
2.若i是某个奇异局势的a[k]，且j>b[k],则从j中取出 j-b[k] 个，局势变成(a[k],b[k])的奇异局势.
3.若i是某个奇异局势的a[k]，且j<b[k],两堆之差为 j - i 个，同时从两堆中取出 a[ k ] - a[ j-i ] 个，局势变成( a[ j-i ] , b[ j-i ] )的奇异局势.
4.若j是某个奇异局势的b[k]，且i>a[k],则从i中取出 i-a[k] 个，局势变成(a[k],b[k])的奇异局势.
5.若j是某个奇异局势的b[k]，且i<a[k],则一定有 i = b[m](m<k).此时从j中取出 j-a[m] 个，局势变成(a[m],b[m])的奇异局势.
由此，性质3得证。
可以看出，如果两人都采取正确的操作，那么对于非奇异局势，先拿者必胜，对于奇异局势，先拿者必败。
对于奇异局势，有如下公式：
a[k]=[k*(1+√5)/2]，b[k]=a[k]+k。(k=0,1,2......，[]表示取整）
有趣的是，式中的(1+√5)/2正是黄金分割比例。
上文引用自nyist_xiaod的博客
具体代码如下：
#include <stdio.h>
#include <iostream>
#include <math.h>
using namespace std;
void swap(int &x,int &y)
{
int n;
if(x>y)
{n=x;x=y;y=n;}
}
int main()
{
int x,y,n,m;
while (scanf("%d%d",&x,&y)!=EOF)
{
swap(x,y);
n=y-x;
printf("%d\n",(int )(n*(1+sqrt(5.0)))/2==x?0:1);
}
return 0;
}
