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$p>q,n\geq p$，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$x\geq q$，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$p<q,n\geq p$，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;
}