这道题的解法(原理)是?

落尘

...楼上的比我强！~~~ [s:13]  [s:13]  [s:13]

oghuz

谁赢谁输看他们自己
3 Z- ~* a- V. j) i! W. y* S没话说了

闲庭信步

先拿的一方每次拿剩堆里的一颗给对方就必胜

迷路林肯

答案是：先拿的人赢。
对于三堆棋子的问题有一个通用的解法，如下：
假设三堆棋子的个数的二进制表示分别是a, b, c，用^来表示二进制的异或。
如果a^b^c=0，则后拿的赢，反之，则先拿的赢。
3 J6 s- o  k3 D3 @
6 }5 L" J1 b0 x. `' m如何赢：
# @! v) E3 [7 t) e如果a^b^c不等于0，那么先拿的人总可以做到每次拿完棋子后，使得
# `7 B; Y3 k( `剩下的三堆棋子的个数（a1,b1,c1） 满足
( g1 A5 R% O4 q) J- w& P# h  y# o% oa1^b1^c1=0  （本题中，先拿的人应该从9里面拿4个）
) p1 h7 N; U7 r
而后拿的那个人无论拿哪一堆都会破坏这个等式的成立。如果先拿的人每次拿完后，
总是使的剩下的棋子数满足这个等式，后拿的人每次都破坏这个等式，也就不可能
达到三堆全0的状态，那么获胜的必然是先拿的人了。
3 A) o- p6 x- @5 }/ j- X
! ~2 J; t7 F  L( P! \( y5 J  e如果一开始三堆棋子的数就满足a^b^c=0，那么先拿的必先破坏这个等式，
后拿的人可以在每次拿棋子后满足这个等式，就获胜了。

PS：PM偶个空间^_^

伤心♂oO○

数学家研究的问题..我等俗人不敢研究

神峰

　 　 对 上 期 的 题 目 ， 最 自 然 的 解 法 是 先 拿 小 一 点 的 数 来 试 一 试 。 假 设 最 开 始 桌 面 上 有 两 个 棋 子 （ 原 题 说 有 一 堆 ， 一 堆 至 少 有 两 个 ） ， 则 先 拿 的 人 必 输 无 疑 。 如 果 开 始 是 三 个 ， 先 拿 的 人 也 肯 定 输 。 如 果 开 始 是 四 个 ， 则 先 拿 的 人 赢 ， 因 为 他 可 以 拿 一 个 ， 而 第 二 个 拿 的 人 只 能 拿 两 个 ， 不 能 拿 完 ， 等 于 他 从 三 开 始 。 如 果 开 始 是 五 个 ， 则 先 拿 的 人 又 要 输 。 因 为 他 如 果 拿 一 个 就 会 回 到 三 的 情 况 ， 如 果 他 拿 两 个 ， 则 对 方 可 以 一 次 拿 完 了 。 ２ ， ３ ， ５ 都 是 先 拿 必 输 的 数 。 下 一 个 这 样 的 数 是 几 呢 ？ 找 下 一 个 这 种 数 的 基 本 思 想 是 要 能 回 到 上 一 个 已 经 知 道 的 数 ， 如 果 我 们 从 上 一 个 数 出 发 ， 加 上 再 上 一 个 数 ， 因 为 再 上 一 个 数 也 是 一 个 注 定 要 输 的 数 ， 所 以 我 们 总 可 以 回 到 上 一 个 数 。 如 此 推 下 去 ， 很 容 易 发 现 下 一 个 注 定 要 输 的 数 是 ８ ， 再 下 一 个 是 １ ３ ， … … ， 这 就 是 着 名 的 斐 波 拿 契 数 列 。 事 实 上 ， 可 以 证 明 斐 波 拿 契 数 列 正 好 是 这 个 取 子 游 戏 的 死 点 。 也 就 是 说 如 果 起 始 数 是 斐 波 拿 契 数 ， 则 必 输 无 疑 （ 当 然 我 们 假 定 对 方 用 最 佳 方 式 取 子 ） 。 如 果 不 是 斐 波 拿 契 数 ， 则 先 取 子 的 人 可 以 有 办 法 赢 。

iyaner

不是是这样子，一共三堆，一堆两个，另外两堆都只有一个，这个先取的人取走两个那堆当中的一个，当然就可以胜了！一定输的话就是先拿掉两个那堆了！ [s:13]

cnrain

桌上有三堆棋子，数量不一定相同。两人轮流取棋子。每次取子多少不限，但只能从同一堆里取（一次把一堆取完也可以），取哪一堆可以任意选。当然，不可以不取，每次至少取一个。与上期的题目不一样，这次是谁取到最后的棋子谁输。显然，与上次的题目一样，不同的起始数会有不同的结果。我们的问题是：什么样的起始数先取可以赢？怎样赢？

题目的意思是: 有什么样的起始数先取的人用准确的策略一定赢或者一定输?