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：
- 不用递归；
- 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：
- 第一个人不能一次拿光所有的；
- 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] 与 1/2*f[k] 的大小。即 4*f[k-1] 与 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。
即 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
