这道题的结论就是，石子的个数为斐波那契数列某一项的时候，先手必败；否则，先手必胜。

结论很简单，但是证明却不是特别容易。找了好几篇博客，发现不一样的也就两篇，但是这两篇给的证明感觉证得不清不楚的，没看太懂。

首先，证明要依赖一个邓肯多夫定理(Zeckendorf's Theorem)：任何一个正整数一定能分解成若干个不重复且不相邻的斐波那契数之和。

首推*上的英文证明，很严谨也能看懂，证明的过程中还用到了一条引理，但是很容易用数学归纳法证明，所以整个过程都是十分严谨的：http://en.wikipedia.org/wiki/Zeckendorf%27s_theorem

然后对于一个必胜状态，则这个数可以分解成多个斐波那契数之和，或者可以对应地将这堆石子分成若干堆来看，而且每堆石子的数量都是一个斐波那契数。

先手取完最小的那个石子堆，其数量为F_i，由于邓肯多夫定理定理，第二小的石子堆F_j ≥ F_i+2 = F_i + F_i+1 ＞ 2F_i，所以后手面对的局面就是若干个斐波那契数，而且不能一次取完最小的石子堆。然后等后手取完以后再继续将剩下的石子数分解，再取最小的斐波那契数即可。

对于一个先手必败状态，也就是一个斐波那契数局面，证明不太会证。

这有一篇证明，但是感觉不严谨啊：http://blog.csdn.net/acm_cxlove/article/details/7835016

里面说

如果先手第一次取的石子数y>=f[k-1]/3，则这小堆所剩的石子数小于2y，即后手可以直接取完

这是对的，但是他为什么没有讨论y < f[k-1]/3的情况嘞？

然后又找到一篇证明，http://yjq24.blogbus.com/logs/46150651.html

前面还好，但是最后那个不等式我又是看得不明不白的。不知道i,j分别代表什么的下标，+_+

于是还是感慨一下：看论文找证明还是“帆 樯”看英文资料，里面的证明十分简洁严谨。

 #include <cstdio>

 #include <algorithm>

 using namespace std;

 typedef long long LL;

 const LL maxn = (1LL << );

 LL a[];

 int main()

 {

     a[] = , a[] = ;

     for(int i = ; a[i-] <= maxn; i++)

         a[i] = a[i-] + a[i-];

     LL n;

     while(scanf("%lld", &n) ==  && n)

     {

         int i = lower_bound(a, a + , n) - a;

         printf("%s\n", a[i] == n ? "Second win" : "First win");

     }

     return ;

 }