有一堆個數為n(n>=2)的石子，遊戲雙方輪流取石子，規則如下：
1)先手不能在第一次把所有的石子取完，至少取1顆；
2)之後每次可以取的石子數至少為1，至多為對手剛取的石子數的2倍。
約定取走最後乙個石子的人為贏家，求必敗態。
結論：當n為fibonacci數的時候，必敗。
f[i]：1,2,3,5,8,13,21,34,55,89……
用第二數學歸納法證明：
為了方便，我們將n記為f[i]。
1、當i=2時，先手只能取1顆，顯然必敗，結論成立。
2、假設當i<=k時，結論成立。
則當i=k+1時，f[i] = f[k]+f[k-1]。
則我們可以把這一堆石子看成兩堆，簡稱k堆和k-1堆。
（一定可以看成兩堆，因為假如先手第一次取的石子數大於或等於f[k-1]，則後手可以直接取完f[k]，因為f[k] < 2*f[k-1]）
對於k-1堆，由假設可知，不論先手怎樣取，後手總能取到最後一顆。下面我們分析一下後手最後取的石子數x的情況。
如果先手第一次取的石子數y>=f[k-1]/3，則這小堆所剩的石子數小於2y，即後手可以直接取完，此時x=f[k-1]-y，則x<=2/3*f[k-1]。
我們來比較一下2/3*f[k-1]與1/2*f[k]的大小。即4*f[k-1]與3*f[k]的大小，對兩值作差後不難得出，後者大。
所以我們得到，x<1/2*f[k]。
即後手取完k-1堆後，先手不能一下取完k堆，所以遊戲規則沒有改變，則由假設可知，對於k堆，後手仍能取到最後一顆，所以後手必勝。
即i=k+1時，結論依然成立。
那麼，當n不是fibonacci數的時候，情況又是怎樣的呢？
這裡需要借助「zeckendorf定理」（齊肯多夫定理）：任何正整數可以表示為若干個不連續的fibonacci數之和。
關於這個定理的證明，感興趣的同學可以在網上搜尋相關資料，這裡不再詳述。
分解的時候，要取盡量大的fibonacci數。
比如分解85：85在55和89之間，於是可以寫成85=55+30，然後繼續分解30,30在21和34之間，所以可以寫成30=21+9，
依此類推，最後分解成85=55+21+8+1。
則我們可以把n寫成 n = f[a1]+f[a2]+……+f[ap]。（a1>a2>……>ap）
我們令先手先取完f[ap]，即最小的這一堆。由於各個f之間不連續，則a(p-1) > ap + 1，則有f[a(p-1)] > 2*f[ap]。即後手只能取f[a(p-1)]這一堆，且不能一次取完。
此時後手相當於面臨這個子遊戲（只有f[a(p-1)]這一堆石子，且後手先取）的必敗態，即先手一定可以取到這一堆的最後一顆石子。
同理可知，對於以後的每一堆，先手都可以取到這一堆的最後一顆石子，從而獲得遊戲的勝利。
部分參考：
斐波那契博弈
斐波那契博弈 有一堆物品，兩人輪流取物品，先手最少取乙個，至多無上限，但不能把物品取完，之後每次取的物品數不能超過上一次取的物品數的二倍且至少為一件，取走最後一件物品的人獲勝。結論是 先手勝當且僅當n不是斐波那契數 n為物品總數 如hdu2516 include include include us...
斐波那契博弈？！
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斐波那契博弈
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