一、A和B玩游戏，有n个牌，每人每次只能拿单个质数的幂次（如1,2,3,4,5可以而6不行因为6=2*3，不是单个质数的幂次）个，A先来，然后轮流拿，然后拿走最后一根的就赢，现给定n张牌，判断在最佳策略下谁赢。

    先从最简单的情况出发，找规律：

    1.当n=1,2,3,4,5时，显然A赢，因为此时A可以一次拿光，在这里把1,2,3,4,5这样必胜的n叫做"必胜态"。

    2.当n=6时，A输，此时A不能全部拿光，且无论A拿多少个，剩下的B可以全部拿光,把6这样的情况叫做"必输态"，显然必输态时无法一次拿完。

    3.由此可推知，当n=6+1,2,3,4,5=7,8,9,10,11时A必胜，因为A只要分别拿1,2,3,4,5个就可以把必输态6抛给B，这时B输；同样，n=12时，A无法拿一定数目(在这里"一定数目指6"）产生必输态6给B，相反他只能抛给B一个必胜态。

    4.到这里我们已经可以发现规律了，当n是6的倍数时，A输，否则A赢，接下来用第二数学归纳法证明必输态"是且仅是"6的倍数：

         1）n<=6时，经计算可得必输态是且仅是6的倍数；

         2）假设n<=6k时已证必输态是且仅是6的倍数；

         3）那么当n=6（k+1）时，若n不是必输态，那么它必须要减掉一个数得到6的的倍数（由假设已得6k是必输态），既然n本身是6的倍数，那么它一定要减掉一个<=6k的6的倍数，由假设知，<=6k的6的倍数的数是一个必输态，而6（k+1）无法拿走必输态张牌，即无法做到，因而n=6（k+1)也是必输态，当6k<n<6（k+1）时，A只要拿掉1~5张便可把必输态n=6k这个必输态抛给B，使B输，由3）可知，当n<=6（k+1）时，必输态是且仅是6的倍数。

         由1），2），3）得证。

     故本题解法为：若n为6的倍数，A胜，否则B胜（本题其实并未重点放在单个质数的幂次这个条件上，且6k包含6这个因子，必然不符合条件）；

二、A和B玩游戏，共有n张牌，两人轮流拿，A先来，要求A第一次拿的张数>=1且<=n-1（即第一次拿不能一张不拿也不能一下全拿），此后两人轮流拿，每人至少拿一张且至多是前一个人张数的两倍（可以等于），拿走最后一张牌的人获胜，现给定n张牌，判断在最佳策略下谁赢？

     首先要明确轮到某个人时，他拿牌的下限为1，而上限由两个因素决定：a.显式的上限是前一个人拿牌的2倍，b.隐式的上限是必须小于现有牌数的1/3，否则下一次对方一次便拿完。

     同样先从最简单出发，找规律：

     1.n=1,2,3时，A输；

        n=4时，A拿1个，B无论哪1个还是2个（最多)都输；

     2.n=5时，A输，因为A要满足b上限要求，只能拿<5/3=1.3张，即A只能拿1张（才会暂时不输），而此时相当于他把4张抛给B，B赢；

     3.n=6时，A赢，因为b上限要求是n<6/3=2，A只能拿1张，A拿1张就会把5这个必输态抛给B让B输；

        n=7时，A赢，A的b上限n<7/3=2.3，A拿2张就又把5这个必输态抛给B，A又赢了；

        n=8时，A输，此时A的b上限为<8/2=2.7，A无论拿2张还是1张，都会给B一个必胜态，B胜；

     4.现在我们把已得到的A的必输态列出来：1,2,3,5,8可以发现正好是斐波那契数列的一部分，由此我们推想当n为斐波那契数时，A输（不确定的话可以再按以上方法多列几项），接下来用第二数学归纳法证明：

      首先要了解斐波那契数里的两个性质：1.任何斐波那契数（从第三项开始）可以表示为前两个斐波那契数之和（定义)

         http://baike.baidu.com/link?url=ia1is1HjHC_dLnVV8gxW4e6lJcAh_PHVFeRbK0sshP-q2BEDOscgbq-DRPBtjGXR7fzGCdUiQYfbPzLc1EWGuK

       2.齐肯多夫定理：任何正整数都可以表示成若干个不连续的斐波那契数（不包括第一个斐波那契数）之和。

         http://baike.baidu.com/link?url=L8Z022v3MVV7Ba0N13ghO9geTjmCsueAHgLFqG0Igw5TH3SraQG7smVuAkuC0fqWj1_dlBC_0OSRlnbJG6qq0K

       证明：

       1）n<=8时，经计算得必输态是且仅是斐波那契数；

       2）假设n<=P(k)( P(k)是第k个斐波那契数）时，已证必输态是且仅是斐波那契数；

       3）那么n=P（k+1）时，由于P（k+1）为斐波那契数，可以表示为前两个斐波那契数P（k-1），P（k）之和，易证P（k-1）>P（k）/3，即A第1次拿的个数必然小于

P（k）个，由假设可知P（k-1）为必输态，这个必输态其实有一个含义，也就是说B肯定可以拿到第P(k-1)个,此时剩下P（k）个也是必输态（假设）留给A，A就输了。

          当P（k）<n<P（k+1）时，n不是斐波那契数，但由齐肯多夫定理知，n肯定可以分解为不相邻的斐波那契数之和（注意，是"不相邻"!) 

假设n=P(a)......+P(b)+P(c)+P(d)（按降序排，即P（d）最小）,那么由不相邻易知P（d）<n/3，此时A只要拿P（d）张，注意，在这里由“不相邻”有两层重要结论，一是P（d）<n/3(其实拿走P（d）后剩下的最小项也满足，这里不讨论），二是P（c）>2*P(d)，即A拿走P(d）之后B无法效仿A再拿走P（c）个，因而B又“陷入”P（c）这个必输态，接下来只要A一直引导B进入接下来的必输态一直到P(a)，A就赢了。（在此过程中B无法做出任何反抗），由4）知，当n<=P(k+1)时，斐波那契数是必输态，非斐波那契数是必胜态。

       由1），2），3）得证。

     故本题解法为：若n为斐波那契数，A必输，否则A必胜。

    （目前收录这两道题，后续收集到其他类似题会陆续添加到本博客）

博弈问题分析与数学归纳