取石子游戏
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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
Source
题解：
这是一道博弈论的题——威佐夫博弈论。
以下内容选自百度百科。
具体内容：
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。
这种情况下是颇为复杂的。我们用（ak，bk）（ak ≤ bk ,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。前几个奇异局势是：（0，0）、（1，2）、（3，5）、（4，7）、（6，10）、（8，13）、（9，15）、（11，18）、（12，20）。
可以看出,a0=b0=0,ak是未在前面出现过的最小自然数,而 bk= ak + k。
奇异局势有如下性质：
1。任何自然数都包含在一个且仅有一个奇异局势中。
由于ak是未在前面出现过的最小自然数，所以有a[k] > a[k-1] ，而 bk= a[k] + k > a[k-1] + k > a[k-1] + k – 1 = b[k-1] > a[k-1] 。所以性质1成立。
2。任意操作都可将奇异局势变为非奇异局势。
事实上，若只改变奇异局势（ak，bk）的某一个分量，那么另一个分量不可能在其他奇异局势中，所以必然是非奇异局势。如果使（ak，bk）的两个分量同时减少，则由于其差不变，且不可能是其他奇异局势的差，因此也是非奇异局势。
3。采用适当的方法，可以将非奇异局势变为奇异局势。
假设面对的局势是（a,b），若 b = a，则同时从两堆中取走 a 个物体，就变为了奇异局势（0，0）；如果a = ak ，b > bk 那么，取走b – bk个物体，即变为奇异局势；如果 a = ak ， b < bk 则同时从两堆中拿走a-a[b-a] 个物体变为奇异局势（ a[b-a], b-a+a[b-a]）；如果a > ak ，b= ak + k 则从第一堆中拿走多余的数量a – ak 即可；如果a < ak ，b= ak + k,分两种情况，第一种，a=aj （j < k）从第二堆里面拿走 b – bj 即可；第二种，a=bj （j < k）从第二堆里面拿走 b – aj 即可。
证明过程：
定理 0：一个状态是必败态，当且仅当它的所有后继状态都是必胜态；而一个状态是必胜态，只要它的后继状态有一个以上的必败态即可。
证明略去。
容易发现下面的定理：
定理 1：(a，b) 和 (b, a) 的胜负性是相同的（a <> b）。
证明：如果 (a, b) 是必胜态，那么将必胜策略中所有的操作，对第一堆的变为第二堆，对第二堆的变为第一堆，就构成 (b, a) 的必胜策略
定理 2：若 (a, b) 是必败态，则对于所有的 x <> a 和 y <> b，(x, b) 和 (a, y) 是必胜态。
证明：
对于 x > a 和 y > b，不管是哪一种情况，总可以从 x 堆或 y 堆中取出一定量的石子使当前状态变为必败态 (a, b)，由定理 1，(x, b) 和 (a, y) 为必胜态。
对于 x < a 和 y < b，不管是哪一种情况，如果 (x, b) 或 (a, y) 是必败态的话，由上述可得 (a, b) 是必胜态，矛盾。故 (x, b) 和 (a, y) 均为为必胜态。
定理 3: 若 (a, b) 是必败态，则对于所有的 d > 0，(a + d, b + d) 是必胜态。
证明：
与定理 2 类似。
定理 4：在所有的必败态中，每个数字恰巧出现一次。
证明：
有了定理 1，对于对称的状态我们只需要处理其中一个，而两个数不会相同（相同的状态必然是必胜态），于是我们把每个状态中较小的数字放在前面，每行写一个状态，去掉括号并按照升序排列每行的第一个数，就构成了如下的矩阵：
1 2
3 5
4 7
6 10
……
假设数字k在矩阵中出现两次或两次以上，则有(k,a)，(k,b)都为必败态，与定理2矛盾。
假设数字k为序列中没有出现且值最小的数字，则有 (k,k+i)为必胜态(i>0)，则对任意i，必然存在j(0<j<k)使得(k-j,k+i-j)或(k,k+i-j)或(k-j,k+i)为必败态 (若不如此，则无论如何取石子，对方必胜)，根据假设，显然(k,k+i-j)必胜，因此，对任意i，必有(k-j,k+i-j)或(k-j,k+i)=0, (0<j<k) 必败
根据鸽巢原理，必然存在3个i的取值(其实是无穷多个，j只有k-1种取值，而i有无数种)记为i1, i2, i3使得j1=j2=j3=m。对这3个i，同样必然存在一对i，不妨为(i1,i2)，使(k-m,k+i1-m)且(k-m,k+i2-m)必败或f(k-m,k+i1)且f(k-m,k+i2)必败。显然与定理2矛盾，因此不存在这样的数k。
观察这个矩阵，我们又可以得到新的定理：
定理 5：矩阵中每行第一个数恰巧是前面每一行中没有出现过的最小正整数。
证明：
由定理 4，矩阵中每个数字恰巧出现一次，而按照这个矩阵的定义，第二列的数总比同行第一列大，第一列又按照升序排列，所以每一行的第一个数正好为前面每一行中没有出现过的最小正整数。
定理 6：矩阵第 i 行的第二个数正好为第一个数加上 i
证明：
用数学归纳法。
1) 对于第一行显然成立
2) 若对于前 i – 1 行均成立，则所有的 (a[p], a[p] + p) (a[p] 为第 p 行第一个数，p < i) 均为必败态，那么考察第 i 行的状态 (a[i], a[i] + delta)。容易看出 delta >= i，因为如果 delta < i，一定可以通过一次操作变为前面出现过的必败态，那么这个状态就是必胜态。下面由 delta >= i，我们来说明 delta = i。
首先，我们考虑从第一堆中取出 p 个石子，得到状态 (a[i] – p, a[i] – p + delta)，由定理 5，比 a[i] 小的数都在之前出现过，若 a[i] – p 出现在某一行的第一列，由于存在必败态 (a[i] – p, a[i] – p + d) (d < delta)，故 (a[i] – p, a[i] – p + delta) 一定为必胜态（定理 2）；若 a[i] – p 出现在某一行的第二列，由于第一列是单增的，因而其对应的第一列数必小于 a[i] + delta，故而也可推出其状态为必胜态。
对于从两堆石子中取出相同数目的情况与之类似，容易看出一定为必胜态。
于是，(a[i], a[i] + delta) 状态的胜负性只与状态 (a[i], a[i] + d) (d < delta) 有关。不难看出，delta = i 时恰为必败态，因为不论从第二堆中取出多少个石子，作为另一堆的第一堆石子并没有在之前出现过，所以得到的一定是一个必胜态，因而 (a[i], a[i] + delta) 为必败态，由定理 2 及定理 4 可得，原命题成立。即矩阵中第 i 行第二列的数等于同行第一列的数加上 i。
这时，我们所有的问题都转化到了矩阵上，只要能通过合适的方法表示出这个矩阵，我们就可以很好地解决原问题。
下面的过程可能需要比较高的数学技巧，首先给出我们需要的一个重要定理（[x] 表示 x 的整数部分，{x} 表示 x 的小数部分，即 {x} = x – [x]）：
定理 7（Betty 定理）：如果存在正无理数 A, B 满足 1/A + 1/B = 1，那么集合 P = { [At], t
证明：详见Betty定理。
考虑到 Betty 定理中“恰为 Z
于是我们得到每一行第二列的数为 [
我们的目的是要让 Z
于是应用 Betty 定理，我们得到最终我们需要的定理：
定理 8：上述矩阵中每一行第一列的数为 [
证明：由 Betty 定理显然得证。
设a、b是正无理数且 1/a +1/b =1。记P={ 【na】 | n为任意的正整数}，Q={ 【nb】 | n 为任意的正整数}，则P与Q是Z+的一个划分，即P∩Q为空集且P∪Q为正整数集合Z+。
证明：因为a、b为正且1/a +1/b=1，则a、b>1，所以对于不同的整数n，【na】各不相同，类似对b有相同的结果。因此任一个整数至多在集合P或Q中出现一次。
* 现证明P∩Q为空集；(反证法)假设k为P∩Q的一个整数，则存在正整数m、n使得【ma】=【nb】=k。即k < ma、nb<k+1，等价地改写不等式为
* m/(k+1)< 1/a < m/k及n/(k+1)< 1/b < n/k。相加起来得 (m+n)/(k+1) < 1 < (m+n)/k，即 k < m+n < k+1。这与m、n为整数有矛盾，所以P∩Q为空集。现证明Z+=P∪Q；已知P∪Q是Z+的子集，剩下来只要证明Z+是P∪Q的子集。(反证法)假设Z+\(P∪Q)有一个元素k，则存在正整数m、n使得【ma】< k <【(m+1)a】、【nb】< k <【(n+1)b】。 由此得ma < k ≦【 (m+1)a】-1<(m+1)a -1，类似地有nb < k ≦【 (n+1)b】-1<(n+1)b -1。等价地改写为 m/k < 1/a < (m+1)/(k+1)及n/k < 1/b < (n+1)/(k+1)。两式加起来，得
(m+n)/k < 1 < (m+n+2)/(k+1)，即m+n < k < k+1 < m+n+2。这与m, n, k皆为正整数矛盾。所以Z+=P∪Q。
结论：
两个人如果都采用正确操作，那么面对非奇异局势，先拿者必胜；反之，则后拿者取胜。
那么任给一个局势（a，b），怎样判断它是不是奇异局势呢？我们有如下公式：
ak =[k（1+√5）/2]，bk= ak + k （k=0，1，2，…n 方括号表示取整函数)
奇妙的是其中出现了黄金分割数（1+√5）/2 = 1.618…因此，由ak，bk组成的矩形近似为黄金矩形，由于2/（1+√5）=（√5-1）/2，可以先求出j=[a（√5-1）/2]，若a=[j（1+√5）/2]，那么a = aj，bj = aj + j，若不等于，那么a = aj+1，b = aj + j + 1，若都不是，那么就不是奇异局势。然后再按照上述法则进行，一定会遇到奇异局势。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
int main()
{
int a, b;
while (scanf("%d%d", &a, &b) != EOF)
{
if (a > b)
swap(a, b);
int k = b - a;
if ((int)((sqrt(5.0) + 1.0)/2.0 * k) == a)
cout << 0 << endl;
else
cout << 1 << endl;
}
return 0;
}