一开始看这道博弈题的时候我就用很常规的思路去分析了，首先先手取1或者2个coin后都会使剩下的coin变成线性排列的长条，然后无论双方如何操作都是把该线条分解为若干个子线条而已，即分解为若干个子游戏而已，我想起刘汝佳的大白书上有类似的例题（不过复杂好多），于是便用同样的方法去做了，以sg(x)表示当前连续x个coin的状态的sg函数值，则当从左侧起分别取一个或相邻的两个时，不难得出其后继状态：sg(y)^sg(x-1-y)（0<=y<=(x-1)/2），sg(y)^sg(x-2-y)（0<=y<=(x-2)/2），在这里因为每次操作都把某段连续的x个coin分解为两段coin（当从头或尾取时即分解为0和x-1或x-2这两段coin），所以要用异或(^)，详见大白书的sg定理（游戏和的sg函数等于各子游戏sg函数的Nim和。这样，就可以把各个子游戏分而治之）。推到这里后，就可以用递推求出每个sg(x)的值（不用递归，因为y总是比x小的，求解顺序已经很明显）：
bool vis[];
int sg[]= {,,}; void init(int n= ){
for(int i=; i<=n; ++i){
memset(vis,,sizeof(vis));
for(int j=; j<=(i-)/; ++j)
vis[sg[j]^sg[i--j]]= ;
for(int j=; j<=(i-)/; ++j)
vis[sg[j]^sg[i--j]]= ;
for(int k=; ; ++k)
if(!vis[k]){
sg[i]= k;
break;
}
}
}
在这里为什么只求出n=10000的数据呢？因为当n=10^5时已经很慢了，我暂时也不知道怎么优化程序使其加速，所以只好先打表找规律了，无奈我输出了前100+的sg函数还是看不出有什么规律，可是当我看到当n大于0时好像所有的sg函数都不为0，而先手无论如何取总会把该环变成一个长条的，那就是说先手必败咯？带着这个疑问我再认真分析了下，确实如果对于一开始是操作一个长条的的话，先手是必胜的，因为只需从中间取1或者2个coin使其变成左右两端数量相等的coin，那么就转变为一个很弱智的问题了。分析到这里后我才猛然醒悟，当先手取后（coin环变成了线性排列的coin），这时后手只需如上述所说从中间截断把它变成两段相等的coin即可（至于如何变看x的奇偶性取1或2即可）。有了这个大胆的猜想后，我试着用代码提交：
#include<cstdio>
int main(){
int n;
while(~scanf("%d",&n),n)
puts(n>?"Bob":"Alice");
return ;
}
然后，竟然过了！！实在太吃惊了，竟然是如此的一道神题，不用想得这么复杂的，好吧，以后分析类似的题目当钻进死胡同时不妨跳出来重新审视下题意，尝试用最简单的方法去思考，也未尝不可。
（因为今天的天气问题，手指不是很灵活，草草写好的博客，将就着看下吧~~）
