兩個單鏈表（singly linked list），每一個節(jié)點(diǎn)里面一個0-9的數(shù)字，輸入就相當(dāng)于兩個大數(shù)了。然后返回這兩個數(shù)的和（一個新list）。這兩個輸入的list長度相等。

要求是：

1. 不用遞歸；
2. 要求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(guān)于海枯石爛的分析：

原題：兩個玩家，一堆石頭，假設(shè)多于100塊，兩人依次拿，最后拿光者贏，規(guī)則是：

1. 第一個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對方前一次拿的數(shù)目的兩倍。求先拿者必勝策略, 如果有的話。怎么證明必勝。

分析：

這是斐波那契博弈，當(dāng)且僅當(dāng)石頭個數(shù)是斐波那契數(shù)的時候先手必敗。

讓我們用第二數(shù)學(xué)歸納法證明：

為了方便，我們將 n 記為 f[i] 。

1、當(dāng) i=2 時，因為不能全部去完，先手只能取1顆，顯然必敗，結(jié)論成立。

2、假設(shè)當(dāng) i<=k 時，結(jié)論成立。

則當(dāng) 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(shù)大于或等于f[k-1]，則后手可以直接取完 f[k] ，因為 f[k] < 2*f[k-1] ）

對于 k-1 堆，由假設(shè)可知，不論先手怎樣取，后手總能取到最后一顆。下面我們分析一下后手最后取的石子數(shù) x 的情況。

如果先手第一次取的石子數(shù) y>=f[k-1]/3 ，則這小堆所剩的石子數(shù)小于 2y ，即后手可以直接取完，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，對兩值作差后不難得出，后者大。

所以我們得到，x<1/2*f[k] 。

即后手取完 k-1 堆后，先手不能一下取完 k 堆，所以游戲規(guī)則沒有改變，則由假設(shè)可知，對于 k 堆，后手仍能取到最后一顆，所以后手必勝。

即 i=k+1 時，結(jié)論依然成立。

那么，當(dāng) n 不是Fibonacci數(shù)的時候，情況又是怎樣的呢？

這里需要借助“Zeckendorf定理”（齊肯多夫定理）：任何正整數(shù)可以表示為若干個不連續(xù)的Fibonacci數(shù)之和。

關(guān)于這個定理的證明，感興趣的同學(xué)可以在網(wǎng)上搜索相關(guān)資料，這里不再詳述。

分解的時候，要取盡量大的Fibonacci數(shù)。

比如分解85：85在55和89之間，于是可以寫成85=55+30，然后繼續(xù)分解30,30在21和34之間，所以可以寫成30=21+9，

依此類推，最后分解成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。由于各個f之間不連續(xù)，則 a(p-1) > ap  + 1 ，則有 f[a(p-1)] > 2*f[ap]。即后手只能取 f[a(p-1)] 這一堆，且不能一次取完。

此時后手相當(dāng)于面臨這個子游戲（只有 f[a(p-1)]這一堆石子，且后手先取）的必敗態(tài)，即先手一定可以取到這一堆的最后一顆石子。

同理可知，對于以后的每一堆，先手都可以取到這一堆的最后一顆石子，從而獲得游戲的勝利。

參考博文：斐波那契博弈