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当且只当n是一个斐波那契数的时候是必败态。可以写出几组数据找规律就可以发现这个规律。

证明如下：

就像“Wythoff博弈”需要“Beatty定理”来帮忙一样，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。


先看看FIB数列的必败证明：


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，由数学归纳法不难得出，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。


对于不是FIB数，首先进行分解。


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。

代码如下：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <string>
#include <cstring>
#include <stdlib.h>
#include <math.h>
#include <ctype.h>
#include <queue>
#include <map>
#include <set>
#include <algorithm>

using namespace std;
int fib[50];
int main()
{
    int i, n;
    fib[0]=1;
    fib[1]=2;
    for(i=2;i<45;i++)
        fib[i]=fib[i-1]+fib[i-2];
    while(scanf("%d",&n)!=EOF&&n)
    {
        int flag=0;
        for(i=0;i<45;i++)
        {
            if(fib[i]==n)
            {
                flag=1;
                break;
            }
        }
        if(flag)
            puts("Second win");
        else
            puts("First win");
    }
    return 0;
}

HDU 2516 取石子游戏(斐波那契博弈)