【算法】博弈论+数论
【题意】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添加p个石子，否则拿走p的倍数个石子。记为属性p。
轮到后手操作时：若石子数<q添加q个石子，否则拿走q的倍数个石子。记为属性q。
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。
【题解】学习自：BZOJ 4147 AMPPZ2014 Euclidean Nim 博弈论+数论 by popoqqq
首先博弈过程可以表示为不定方程ap+bq=n。
然后由扩欧可知此方程有解当且仅当gcd(a,b)|n，无解则永远进行下去。
方程有解时，两边同除gcd简化运算，p/=d,q/=d,n/=d，此时p,q互质，由于方程有解，一定能拿完，那么考虑谁先拿完。
对于一个状态(p,q,n)表示先手操作属性p，后手操作属性q，当前剩余n石子，p>q，有以下两种重要情况：
★1.n<p，先手必败。
证明：(p,q,n)--->(q,p,n+p)--->(p,q,(n+p)%q)，由于(n+p)%q<q，所以先手方p只能被迫一直增加，最终一定由q方拿完。
★2.n>p，当且仅当(p-q)|(n%p)&&(n%p<q)时先手必胜。
证明：若n%p>=q，那么就回到了第一种情况的第二步，先手必败。
若n%p<q，则先手必须取模到比q小避免必败，然后后手就被迫+q，先手再-p，后手再+q。
如此每次循环石子堆都会减少(p-q)，如果减少到0则先手胜，如果直接减到负数其实就是不够-p的情况，则又回到情况1的第二步，先手必败。
所以当且仅当(p-q)|(n%p)&&(n%p<q)时先手必胜。
讨论完重要情况后，开始对问题本身分情况讨论：
1.p=q=1时，先手必胜。
2.p>q,p>n，回归重要情况1，先手必败。
3.p>q,p<=n，回归重要情况2，当且仅当(p-q)|(n%p)&&(n%p<q)时先手必胜。
4.p<q,p>n，先手被迫+p，若n+p<q，后手回归重要情况1，先手必胜。若n+p>=q，后手回归重要情况2，当且仅当(q-p)|((n+p)%q)&&((n+p)%q<p)时先手必败。
5.p<q,p<=n，先手变成n%p，后手回归重要情况1，先手必胜。
#include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> using namespace std; int gcd(int a,int b){return !b?a:gcd(b,a%b);} bool calc(int p,int q,int n){return n%p<q&&(n%p)%(p-q)==0;} int main() { int T; scanf("%d",&T); while(T--) { int p,q,n; scanf("%d%d%d",&p,&q,&n); int d=gcd(p,q); if(n%d!=0){printf("R ");continue;} p/=d;q/=d;n/=d; if(p==q)printf("E ");else if(p>q&&p>n)printf("P ");else if(p>q&&p<=n){if(calc(p,q,n))printf("E ");else printf("P ");}else if(p<q&&p>n){if(n+p<q)printf("E ");else{if(calc(q,p,n+p))printf("P ");else printf("E ");}}else if(p<q&&p<=n)printf("E "); } return 0; }