BZOJ 4147 AMPPZ2014 Euclidean Nim 博弈论+数论

题目大意：给定n个石子，两人轮流操作，规则如下：
轮到先手操作时：若石子数<p，那么只能添加p个石子，否则可以拿走p的倍数个石子
轮到后手操作时：若石子数<q，那么只能添加q个石子，否则可以拿走q的倍数个石子
拿走所有石子的人胜利，问先手是否必胜，或输出游戏会永远进行下去

令d=gcd(p,q)，那么若d不能整除n，游戏将会永远进行下去
否则将p/=d,q/=d,n/=d，显然不影响结果
然后我们讨论：

状态1.若p=q，先手必胜
不用解释吧= =

状态2.若p>q,n<p，那么先手必败
证明：
显然先手的操作只能是添加p个石子，然后后手只需要每次将石子数x变为x mod q，石子数就又<p了
故先手永远不能取石子，而由于p,q互质，因此总有一时刻n+kp≡0( mod q)，故先手必败

状态3.若p>q,n≥p，则先手必胜当且仅当n mod p<q且(p−q)|(n mod p)
证明：
显然如果先手操作后石子数x≥q，那么后手只需要将石子数变为x mod q，就转化成了状态2，先手必败
因此先手必胜只有可能如此操作：
先手取成n mod p -> 后手+q -> 先手−p -> 后手+q -> …
那么一轮下来，石子数x变为了原来的x−(p−q)
故当(p−q)|(n mod p)且n mod p<q时先手必胜

状态4：若p<q,n<p，那么先手第一次操作只能是+p
那么如果n+p<q，则后手只能+q，先手 mod p后转化为状态2，先手必胜
否则转化为状态3

状态5：若p<q,n≥p，那么先手将石子数取为n mod p后转化为状态2，先手必胜

#include <cstdio>#include <cstring>#include <iostream>#include <algorithm>using namespace std;int n,p,q;bool Calculate(int n,int p,int q){    return n%p<q && n%p%(p-q)==0;}int main(){    int T;    for(cin>>T;T;T--)    {        scanf("%d%d%d",&p,&q,&n);        int gcd=__gcd(p,q);        if(n%gcd)        {            puts("R");            continue;        }        p/=gcd;q/=gcd;n/=gcd;        if(p==q)            puts("E");        else if(p>q)        {            if(n<p) puts("P");            else puts(Calculate(n,p,q)?"E":"P");        }        else        {            if(n<p)            {                if(n+p<q) puts("E");                else puts(Calculate(n+p,q,p)?"P":"E");            }            else puts("E");        }    }    return 0;}