斐波那契博弈证明

以下内容是个人从博主https://blog.youkuaiyun.com/u011762318 的斐波那契证明博客中理解整理而来,个人觉得他写的很好,但是有些地方略过了,所以我对他(她)的证明进行了一些修饰补充

前提：

1. 任意数都能由若干斐波那契数列的不同项组成，而且任意两项都不是相邻的斐波那契数，因为相邻两项可以合并：
   a_(n) = a_(n-1) + a_(n - 2)

2. 对于斐波那契数列
   a_(1) = 1 , a_(2) = 1, a_(3) = 2, a_(4) = 3, a_(5) = 5，……,
   a_(n) = a_(n-1) + a_(n-2);
   可以发现 石子数为 a_(3),a_(4) 先手必败，也就是最后取光石子的是后手。

分类讨论

①当石子数为 一项斐波那契数，因为前4项结果已知都是先手必败,所以从第5项开始递推 a_(5) = a_(4) + a_(3)；

a_(n) = a_(n - 1) + a_(n-2) = 2a_(n -2) + a(n - 3) < 3*a_(n - 2)

因为 第i + 1次取的石子数最多是第i次的 2 倍，
结合以上不等式,则第一次不能取 >= a_(n - 2) 个，不然第二次的人就能把石子取完,先手就输了

所以的先手第一次只能取 < a_(n - 2) = a_(3),因为之前已经得到a_(3)是先手必败，所以后手一定能做到把a_(3)取完，这样就先手的人就要处理a_(4)先手的局面了,又a_(4)必败，所以a_(5)必败
递推a_(6) = a_(5) + a_(4) 同理先手必败
…… 所以 石子数为单项斐波那契数列的先手必败

②考虑石子数是由2项及以上不相邻的斐波那契项组成(相邻项可以合并)

很简单的啦 ,为了方便理解，我们这次把先手设为a,后手为b.

假设极端情况下石子数(每隔一个斐波那契项都有).把石子按大小分为若干堆 a_(n) 、a_(n - 2) 、a_(n - 4)、a_(n - 6), …… , a_(n - k)

先给个不等式并证明下：
a_(n) > 2a_(n-2)
a_(n) = a_(n-1) + a_(n-2) = a_(n - 3) + 2a(n - 2) > 2a_(n-2)

所以这个时候，a只要取了 a_(n - k) ,b一定取不完 a_(n - k + 2),所以a可以把局面变成让 b的变成先手去取a_(n - k + 2) ,由前面对① 的讨论可以得到新的先手b必败(a最后取完a_(n-4)这一堆) 。
对于隔着 > 1项的斐波那契数列项也一定满足以上条件

同理：所以这个时候a对每一堆从小到大都能必胜的取完，直到最后一堆，所以这种情况 先手a必胜.

得证