两个单链表(singly linked list),每一个节点里面一个0-9的数字,输入就相当于两个大数了。然后返回这两个数的和(一个新list)。这两个输入的list长度相等。

要求是:

  1. 不用递归;
  2. 要求算法在最好的情况下,只遍历两个list一次 ,最差的情况下两遍。

关于海枯石烂的分析:

原题:两个玩家,一堆石头,假设多于100块,两人依次拿,最后拿光者赢,规则是:

  1. 第一个人不能一次拿光所有的;
  2. 第一次拿了之后, 每人每次最多只能拿对方前一次拿的数目的两倍。求先拿者必胜策略, 如果有的话。怎么证明必胜。

分析:
这是斐波那契博弈,当且仅当石头个数是斐波那契数的时候先手必败。

让我们用第二数学归纳法证明:

为了方便,我们将 n 记为 f[i]

1、当 i=2 时,因为不能全部去完,先手只能取1颗,显然必败,结论成立。
2、假设当 i<=k 时,结论成立。

则当 i=k+1 时,f[i] = f[k]+f[k-1]

则我们可以把这一堆石子看成两堆,简称 k 堆和 k-1 堆。

(一定可以看成两堆,因为假如先手第一次取的石子数大于或等于f[k-1],则后手可以直接取完 f[k] ,因为 f[k] < 2*f[k-1]

对于 k-1 堆,由假设可知,不论先手怎样取,后手总能取到最后一颗。下面我们分析一下后手最后取的石子数 x 的情况。

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,此时 x=f[k-1]-y ,则 x<=2/3*f[k-1]

我们来比较一下 2/3*f[k-1]1/2*f[k] 的大小。即 4*f[k-1]3*f[k] 的大小,对两值作差后不难得出,后者大。

所以我们得到,x<1/2*f[k]

即后手取完 k-1 堆后,先手不能一下取完 k 堆,所以游戏规则没有改变,则由假设可知,对于 k 堆,后手仍能取到最后一颗,所以后手必胜。

i=k+1 时,结论依然成立。

那么,当 n 不是Fibonacci数的时候,情况又是怎样的呢?

这里需要借助“Zeckendorf定理”(齐肯多夫定理):任何正整数可以表示为若干个不连续的Fibonacci数之和。

关于这个定理的证明,感兴趣的同学可以在网上搜索相关资料,这里不再详述。

分解的时候,要取尽量大的Fibonacci数。

比如分解85:85在55和89之间,于是可以写成85=55+30,然后继续分解30,30在21和34之间,所以可以写成30=21+9,

依此类推,最后分解成85=55+21+8+1。

则我们可以把 n 写成  n = f[a1]+f[a2]+……+f[ap] 。(a1>a2>……>ap

我们令先手先取完 f[ap] ,即最小的这一堆。由于各个f之间不连续,则 a(p-1) > ap  + 1 ,则有 f[a(p-1)] > 2*f[ap]。即后手只能取 f[a(p-1)] 这一堆,且不能一次取完。

此时后手相当于面临这个子游戏(只有 f[a(p-1)]这一堆石子,且后手先取)的必败态,即先手一定可以取到这一堆的最后一颗石子。

同理可知,对于以后的每一堆,先手都可以取到这一堆的最后一颗石子,从而获得游戏的胜利。

参考博文:斐波那契博弈

本文来自微信:待字闺中,6月29日发布,原创@陈利人 ,欢迎大家继续关注微信公众账号“待字闺中”。