今天无意中再群里看到有人在讨论计算组合数的一种方法
感觉还有点用就记录下来了  稍稍的证明了下  证明不是很严密,看官凑合着看吧
c(n,m) = n!/(m!*(n-m)!)
如果n和m比较大时 可能会导致中间超过数据范围,不过我们可以直接用递推也就是
c(n,m) = c(n-1,m)+c(n-1,m-1)
不过下面我们要用另外一种方法来计算这个组合
把分子和分母约掉之后就变成了
(n*(n-1)*……*(n-m+1))/m!
这样上面和下面都是m个元素,我们可能会想到乘1个除1个,这样来避免越界,可是这样会刚好整除吗？不会出现小数使得最后的答案变错吗？其实只要我们按照一定的顺序来乘和除的话,是不会产生小数的,也就是说会一直整除的.下面给出我的简单证明,如有错误,还请指出(这个公式是借的这位博主的)
首先我们把上面那个分数写成这样的
(n*(n-1)*……*(n-m+1))/(m*(m-1)*……*1)
这样的话就相当于n–>m  (n-1)—>(m-1) …… (n-m+1)—>1
下面先给出主要程序吧
f = 1;//最后答案
for(i = 1;i <= m;i++)
  f = f*(i+(n-m))/i;
现在主要的是要说明每次乘以(i+(n-m))然后再除以i不会产生小数,我是这么想的,说先i是1,肯定不会有小数,然后i=2,但是分母已经乘过两个数了,肯定有一个奇数,一个偶数,也不会产生小数,同理3的时候也不会,但是4的时候可能会这样想,前面某个数k整除4,那已经别2除掉了一个2,这样会不会产生小数呢?结果是不会的,因为4个相当于2个2,或者1个4,我们可以把除2的那个选择到这4个当中不能出4的那一个数上,这样的话,就剩下了一个能整除4的了,然后其他的就和这里一样了。

Fibonacci Nim是如下一种游戏

一堆石子有n颗.两人按如下规则轮流取一定的石子。

1.第一个取的至少取1颗,至多取n-1颗

2.每次取的石子数不能超过对手刚取的2倍,最后取完的算赢家。

现在我们需要算出对于某个n,是先手必胜,还是后手必胜。看到题目,基本也就想到一二了,肯定和Fibonacci数列有关,确实。不过怎么个有关法呢？相信只要你动手算几个小数,就会猜出来了,对于n = Fi先手一定必败,否则先手必胜。好了，下面我们就来证明这个结论吧:

首先我们会用到如下三个性质:

I.若K >= N,则状态(N,K)必胜(在这里我们用(N,K)表示还剩下N颗石子,最多能取K颗石子的一个状态)

II.若状态(N,N-1)先手必败,那么状态(N,K)(K<N)必败。

III.若状态(N,K)(K<N)则最后一次取走的石子数不超过2*N/3

下面证明(Fi,K)(K<Fi)必败

一.F1（=2）,F2(=3)显然成立.

二.若F1至Fi成立,则F(i+1)成立

设先手取K颗石子。

  1).若K>=F(i-1)，后手得到状态(N-K,2*K)(N=F(i+1)),2*K>=2*F(i-1)>F(i-1)+F(i-2)=F(i)>N-K.所以后手必胜,也就是先手必败。

 2).若K <= F(i-1)

    我们可知(F(i-1),K)必败(假设得到的),所以后手可以使先手达到(F(i),X)(X < F(i))状态

  由性质III可得X <= (2*F(i-1)/3)*2 = 4*F(i-1)/3 = F(i-1)+1/2*F(i-1) <= F(i-1)+F(i-2)=F(i),所以(F(i),X)必败。

下面是n != F(i)

那么(N,N-1)先手必胜。这要使得后手处于<=n的最大的Fibonacci数就行,这样就相当于后手必输,也就是先手必胜。

Dynamic subtraction.

One can enlarge the class of subtraction games by letting the subtraction set depend on the last move of the opponent.Many early example sappear in Chapter12 of Schuh(1968).Here are two other examples.(For a generalization,see Schwenk(1970).) (a)There is one pile of n chips.The first player to move may remove as many chips as desired,at least one chip but not the whole pile.There after,the players alternate moving,each player not being allowed to remove more chips than his opponent took on the previous move.What is an optimal move for the first player if n =44?For what values of n does the second player have a win?

题目大意: 有一堆石子,个数为n,两个人轮流,规则如下 第一个取石子的人至少取一个,至多取n-1个。之后每个人不能比前一个人刚取过的石子数多.没得取了算输,

对于这个我们对比较小的n归纳可知,如果n=2^k(k >=0)的话则是P态,否则是N态. 首先我们可以看到1是P态(先手无法取,因为不能取完),2是P态(只能取1个,后手取剩下的一个) 所有的奇数都是N态,因为每次取一个的话,最后只剩下1颗石子的时候一定是由先手取,所以所有的奇数是N态. 如果是偶数的话,第一次取的石子数不能超过一半,而且必须取偶数.如果取奇数个的话,则后手变成了N态,如果取超过一半的石子数的话,那么后手可以一次取完.先手也输了. 所以4是P态 6只能取2,然后后手达到4这个P态,所以先手必输。 下面我们证明当n = 2^k时为P态, 首先i = 0,1,2时结论成立。现在假设n = 2^i(i>=1)时结论成立,令j = i+1;m = 2^j; 我们知道先手第一次取的石子数一定是小于2^i次的,而且从2^j到2^i和2^i到2^j是一样多的数目. 于是我们可以看成先手可不可能通过取走一些石子使得后手处于2^i.其实这样是不可能的,分析如下: 我们把2^j到2^i这些数都同时减去2^i,我们得到2^i,2^i-1,……,1,0,这样就变成了一个2^i的取石子游戏了.我们可以知道在这里先手是必输的(本文如没有特殊说明,则意味着两个选手都按最优的方案执行)。首先我们得到2^(i-1)次,如果先手取的石子数比这个多的话,那么后手可以取走一定的数目使得先手处于2^i这个P态.也就是说先手必输,如果先手取走的数目比2^(i-1)少的话,那么可以得到取完2^j到2^i+1这个2^i个的时候先手也是必输的,也就是说在这个过程中后手同样可以使得先手处于2^i这个P态,这样的话先手必输,所以无论先手怎样取石子,对于n=2^k(k>=0)必输。 这样的话,易知对于n != 2^k(k>=0)的先手必胜。

  下面我们以一种游戏的方式来引进三种基本的博弈问题。

一．巴什博奕（Bash Game）：

首先我们来玩一个比较古老的报数游戏。A和B一起报数，每个人每次最少报一个,最多报4个。轮流报数,看谁先报到30.

如果不知道巴什博弈的可能会觉得这个是个有运气成分的问题，但是如果知道的人一定知道怎样一定可以赢。

比如A先报数的话,那么B一定可以赢(这里假定B知道怎么正确的报数)

B可以这样报数,每次报5-k(A)个数,其中k(A)是A报数的个数这样的话没一次

两人报完数之后会变成5 10 15 20 25 30这样是不是B一定会赢呢?是不是有一种被欺骗的感觉呢?好吧下面我们来看看这个原理。我们先看下一个一眼就能看出答案的例子 比如说我们报到5(4+1),每次报最多报4个,最少报1个.那么是不是后者一定可以赢呢？答案是肯定的。好了到这巴什博弈的精髓基本就OK了。

那么如果我们要报到n+1,每次最多报n个,最少报1个的话,后者一定能够赢。

现在我们需要报数到n,而每次最多报数m个,最少报数1个.我们可以化成这样

n = k*(1+m)+r(0 <= r <= m）这样的话如果r不等于0那么先手一定会赢，为什么呢？首先先手报r个,那么剩下k倍(1+m)个数,那么我们每次报数1+m-k(B)个数就一定能保证最后剩下1+m个,那么就到了上面我们说的那个了,先手就一定会赢,如果r=0那么后手一定会赢,道理一样的。

到这巴什博弈也就介绍完了,知道这个道理之后我们也可以去骗小朋友了。-_-//

二．威佐夫博奕（Wythoff Game）：

   这种博弈比前面一种要稍微复杂一点。我们来看下下面这个游戏。

   有两堆火柴棍,每次可以从某一堆取至少1根火柴棍(无上限)，或者从两堆取相同的火柴棍数。最后取完的是胜利者。好了,如果你不知道这个博弈定理,对于小数目的火柴棍数,可能还能推出来,但是如果火柴棍数一多,就不行了。看了下面的这个介绍,你也会有一种被骗的感觉。

   首先我们知道两堆火柴是没有差别的,也就是说第一堆有a根,第二堆有b根和第一堆有b根,第二堆有a根是一样的结果。

   我们用一个二维的状态（a,b)来记录当前剩下的火柴数，表示第一堆剩下a根火柴,第二堆剩下b根火柴。同样我们假设两个人的编号是A和B，且A先取。

那么如果某个人遇到了这样的状态(0,0)那么也就是说这个人输了。这样的状态我们叫做奇异状态,也可以叫做失败态。

那么接下来的几个失败态为(1,2),(3,5),(4,7),(6,10),(8,13)……

我们用a[i]表示失败态中的第一个,b[i]表示失败态中的第二个.(i从0开始).

那么我们可以看到b[i] = a[i]+i;（i >= 0）,a[i]是前面的失败态中没有出现过的最小的整数

下面我们可以得到三个基本的结论。

  1.每个数仅包含在一个失败态中

  首先我们知道a[k]是不可能和前面的失败态中的a[i],b[i]重复的(这点由a[i]的得到可以知道)

b[k] = a[k]+k > a[k-1]+k>a[k-1]+k-1+1>a[k-1]+(k-1) = b[k-1]>a[k-1]这样我们知道每个数仅在一个失败态中。

  2.每个失败态可以转到非失败态。

 加入当前的失败态为(a,b)，那么如果我们只在一堆中取的话,肯定会变成非失败态(这点由第一点可以保证),如果从两堆同时取的话,由于每个失败态的差是不一样的,所以也不可能得到一个失败态。也就是说一个失败态不管你怎么取,都会得到一个非失败态。

   3.每个非失败态都可以转到一个失败态

对于这个结论,首先我们要知到每个状态(a,b)要么a = a[i],要么b = b[i].(每个数都出现在一个失败态中),下面我们分两种情况来讨论

   I.a = a[i].如果b = a的话那么一次取完就变成了(0,0).如果b > b[i]的话,那么我们从第二堆中取走b-b[i]就变成了一个失败态。如果b < b[i].那么我们从两堆中同时取走a-a[b-a[i]]这样得到失败态(a[b-a[i]],a[b-a[i]]+b-a[i])(a[i] = a)

   II.b = b[i].如果a > a[i]那么我们从第一堆中取走a-a[i]根火柴.

              如果a < a[i].这里又分两种情况。第一是a = a[k](k < i)

那么我们从第二堆取走b - b[k]就行了。

第二是a = b[k]这样的话由于两堆火柴是没有区别的,所以我们把b变成a[k]就行了,也即是从第二堆火柴中取走b - a[k]就变成了失败态

至于怎么判断一个状态是否是失败态.我们可以用下面的方法来判断(本人暂时还不会证明)

  a[i] = [i*(1+√5)/2](这里的中括号表示向下取整)   b[i] = a[i]+i;

  那么这就是一个失败态,

 看了这之后可以去找POJ1067练练手

三．尼姆博奕（Nimm Game）：

  这个已经变成了三堆火柴了。每次只能从某一堆取任意个(至少为1)，最后取完的为胜利者。

  这个博弈我们用三维的状态来表示(a,b,c).对于每个失败态我们有a^b^c = 0至于为什么我暂时不会证(记得陈景润的一本组合数学中有证明,后面要是懂了再来补吧)

  对于一个非失败态我们可以通过转换得到一个失败态,也就是说(a,b,c)我们可以通过如下的操作得到一个失败态,如果a^b < c那么我们从第三堆中取走c-a^b根,如果a^c < b那么我们从第二堆中取走b - a^c根.如果b^c < a那么我们从第一堆中取走a - b^c根。这样就变成了一个失败态。

由于水平有限,暂时只能写这么多了。

 这个题是二维的格雷码，把两个合并起来。

题意是把0到2^(n +m)-1的数写成2^n * 2^m的矩阵，使得位置相邻两数的二进制表示只有一位之差

这样的话就是把n位的格雷码和m位的格雷码合并起来就行了

拿n = 1 m = 2来说吧

可以自己先穷举一下会发现时下面的样子

一

二

三

四

000(0)

100(4)

110(6)

010(2)

001(1)

101(5)

111(7)

011(3)

可以发现各列的前两位是一样的，也是m位的gray(其实先把所有列合并起来，然后再在后面加上n的gray就成了这个了)

这样的话，实现起来就比较容易了

代码如下(第n个gray码是n ^ (n >> 1)(其中n从0开始))