Esta es sólo una respuesta parcial, pero es un poco demasiado grande para poner en un comentario. Voy a utilizar $\mathbb{N}$ para el conjunto de los enteros positivos, que incluye el cero.
Podemos representar los cuencos como un par de enteros positivos (puede ser cero) $(m, n)$. El primer entero es el número de piedritas de la taza que usted está recogiendo. El segundo número entero es el número de granos de arena en el otro tazón. Ahora, si $m$ es incluso podemos ir a $(m/2, n + m/2)$, donde todavía estamos a elegir desde el primer plato. Si $m$ es impar vamos a $(n + (m+1)/2, (m-1)/2)$ (hemos intercambiado los dos platos, por lo que siempre recoger los guijarros de la primera copa. De manera abstracta podemos modelo como el siguiente función:
$$T:\mathbb{N} \times \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N} \times \mathbb{N}:(m,n) \mapsto \begin{cases} \left(\frac{m}{2}, n + \frac{m}{2}\right) & \text{if }m\text{ is even} \\ \left(n+\frac{m+1}{2}, \frac{m-1}{2}\right) & \text{if }m\text{ is odd}\end{cases}$$
Su pregunta puede ser traducida a la pregunta:
Para que $(m, n)$ existe un $k \in \mathbb{N}$ tal que $T^k(m,n)=(1, m+n-1)$ donde $T^k$ $T$ aplicado $k$ veces y $T^0(m,n)=(m,n)$.
Propiedades de $T$:
El mapa de $T$ es surjective.
Tome $m,n \in \mathbb{N}$. Si $n \geq m$,$T(2m, n-m)=(m,n)$. Si $n<m$,$T(2n+1, m-n-1)=(m,n)$.
El mapa de $T$ es inyectiva. Deje $m,n,k,l \in \mathbb{N}$ tal que $T(m,n)=T(k,l)$. Si tanto $m$ $k$ son incluso, a continuación,$(m,n)=(k,l)$. Si tanto $m$ $k$ son impares, entonces $(m,n)=(k,l)$. Sin pérdida de generalidad podemos suponer que $m$ es incluso y $k$ es impar. Desde $T(m,n)=T(k,l)$ obtenemos que
$$\begin{cases} \frac{m}{2}=l + \frac{k+1}{2} \\ n+\frac{m}{2}=\frac{k-1}{2}\end{cases}$$
Desde $n \geq 0$ tenemos que $\frac{k-1}{2} =n +\frac{m}{2} \geq \frac{m}{2} = l + \frac{k+1}{2}$, por lo tanto $l \leq -1$, lo cual es una contradicción. Esto demuestra que $T$ es inyectiva, por lo tanto $T$ es bijective.
La órbita de $(m,n)$ es un subconjunto de a $\{(k,l) \in \mathbb{N} \times \mathbb{N} \mid k+l=m+n\}$, por lo tanto finito. Esto significa que hay un $k \in \mathbb{N}$ tal que $T^k(m, n)=(m,n)$. Esta $k$ es menor o igual que el tamaño de su órbita, por lo tanto $k \leq m+n+1$. Esto también significa que si $T^k(m,n) = (1, m+n-1)$,$k \leq m+n$. Es fácil ver que
$T^k(m,n)=(1, m+n-1)$ algunos $k \in \mathbb{N}$ si y sólo si $(1, m+n-1)$ está en la órbita de $(m,n)$.
Podemos calcular la órbita de $(1,m+n-1)$ por mantener la aplicación de $T^{-1}$ ($T$ también es posible). En nuestra prueba de la surjectivity básicamente, encontrar la inversa de la
$$T^{-1}:\mathbb{N} \times \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N} \times \mathbb{N}:(m,n) \mapsto \begin{cases} \left(2m, n -m\right) & \text{if }m \leq n \\ \left(2n+1, m-n-1\right) & \text{if }m > n\end{cases}$$
Deje $k$ ser un entero tal que $2^k \leq n+m$, es decir,$2^{k-1} \leq n+m-2^{k-1}$,$T^k(1, n+m-1)=T^{k-1}(2, n+m-2)=\cdots=(2^k, n+m-2^k)$. Si $K$ es el mayor entero tal que $2^K \leq n+m$, es decir,$2^K \leq n+m < 2^{K+1}$, entonces tenemos que $(2n+2m-2^{K+1} + 1, 2^{K+1}-n-m-1)$ está en la órbita de $(1, n+m-1)$.
Para llegar a la computacional lado de esto, usted podría comenzar con $(1, m+n-1)$ y mantener la aplicación de $T^{-1}$ (también se puede utilizar $T$) hasta obtener un $(1, m+n-1)$. Todos los valores intermedios son los pares de $(k,l)$ tal que $k+l=m+n$ $T^d(k,l)=(1, m+n-1)$ algunos $d \in \mathbb{N}$.
Sé que es sólo una respuesta parcial, pero espero haber sido capaz de ayudar a usted.
Actualización
Según lo sugerido por Evangelos Bampas:
![plot of convergents]()
Este es un gráfico de tal manera que un cuadrado en coordinar $(m,n)$ es de color negro si $T^k(m,n)=(1, m+n-1)$ algunos $k \in \mathbb{N}$, y de color blanco en caso contrario. Usted puede ver las líneas verticales correspondientes a $(2^k, n)$.
Actualización 2
didgogns mostró que $(n,n)$ ( $n > 0$ ) siempre se traduce en ganar desde $T^2(1, 2n-1) = (n,n)$. Ahora similar a este, tenemos que las tuplas $(n, n+1)$ $n>0$ siempre gana. Esto es debido a que $$T^2(1, 2n)=T(2n+1,0)=(n+1, n).$$
Para cada $n> 0$ $\ell\geq k$ la tupla $(2^k n, (2^\ell-2^k)n)$ siempre gana desde
$$T^{\ell-k+1}(1, 2^\ell n-1) = T^{\ell-k}(2^\ell n, 0)=(2^kn, (2^\ell-2^k)n)$$
Tomando $k=0$ obtenemos las líneas (desde el origen) por encima de la diagonal.
