给出 $n$ 和 $m$ ，$m$ 次询问。每次询问给出 $a$ 和 $b$ ，两人轮流选择：将 $a$ 加一或者将 $b$ 加一，但必须保证 $a^ble n$ ，无法操作者输，问先手是否必胜。
$nle 10^9$ ，$mle 10^5$ ，$age 2$ ，$bge 1$ ，$a^ble n$
题解
博弈论+dp
显然可以想到预处理 $f[i][j]$ 表示 $a$ 为 $i$ ，$b$ 为 $j$ 时先手能否胜利。显然由 $f[i+1][j]$ 和 $f[i][j+1]$ 推出。
但是由于 $n$ 有 $10^9$ 就会GG...
我们考虑：当 $i^jle n$ 且 $i^{j+1}>n$ 时，先手只能选择将 $a$ 加一，后手也一样。因此胜负已定。
因此当 $b=1$ 时可以只预处理到 $f[sqrt n][1]$ ，当 $a>sqrt n$ 时显然可以 $O(1)$ 判断。
时间复杂度 $O(m+sqrt nlog n)$ 。
其实对于每一个 $b$ 都可以用同样的方法判断，时间复杂度变为 $O(m+sumlimits_{i=2}^{log n}sqrt[i]{n})=O(m+sqrt n)$ 但没什么必要。。。
#include <cstdio>
int p[32010][31] , log[32010] , f[32010][31]; //0: win
int main()
{
int n , m , i , j , a , b;
scanf("%d%d" , &n , &m);
for(i = 2 ; i <= 32000 ; i ++ )
{
if(i > n) log[i] = 0;
else
{
p[i][1] = i;
for(j = 2 ; 1ll * p[i][j - 1] * i <= n ; j ++ )
p[i][j] = p[i][j - 1] * i;
log[i] = j - 1;
}
}
f[32001][1] = !((n - 32001) & 1);
for(i = 32000 ; i != 1 ; i -- )
for(j = log[i] ; j ; j -- )
f[i][j] = !(f[i][j + 1] || f[i + 1][j]);
while(m -- )
{
scanf("%d%d" , &a , &b);
puts((a > 32000 ? !((n - a) & 1) : f[a][b]) ? "No" : "Yes");
}
return 0;
}