單連結串列和之戀和海枯石爛題之分析

兩個單連結串列（singly linked list），每一個節點裡面一個0-9的數字，輸入就相當於兩個大數了。然後返回這兩個數的和（一個新list）。這兩個輸入的list長度相等。

要求是：

1. 不用遞迴；
2. 要求演算法在最好的情況下，只遍歷兩個list一次 ，最差的情況下兩遍。

關於海枯石爛的分析：

原題：兩個玩家，一堆石頭，假設多於100塊，兩人依次拿，最後拿光者贏，規則是：

1. 第一個人不能一次拿光所有的；
2. 第一次拿了之後， 每人每次最多隻能拿對方前一次拿的數目的兩倍。求先拿者必勝策略, 如果有的話。怎麼證明必勝。

分析：
這是斐波那契博弈，當且僅當石頭個數是斐波那契數的時候先手必敗。

讓我們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，因為不能全部去完，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？

這裡需要藉助“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，要取儘量大的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游戲（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。

參考博文：斐波那契博弈

本文來自微信：待字閨中，6月29日釋出，原創@陳利人 ，歡迎大家繼續關注微信公眾賬號“待字閨中”。