题意
有两堆石子，数量分别为\(a,b\)，两人轮流取，每次必须取一个及以上的石子
每次可以任选一堆取（个数不限），也可以两堆都取（取的个数差值必须\(\leq k\)）
两人都以最优策略取石子，问是否存在一种情况使得先手必胜，是则输出\(1\)，否则输出\(0\)
限制
\(1\leq T\leq 10^5\)
\(1\leq a,b\leq 10^8,\ 0\leq k\leq 10^8\)
赛时思路
这部分解法可能是现场赛几乎不可能实现的写法吧
- 下文令\((x,y)\)表示现在两堆石子的数量，限制\(x\leq y\)
首先考虑最小数据的必败态
根据题意可以得知，谁将某一堆石子取完，那么他的对手就可以取完另外一堆，所以这种方式必败
或者如果两堆石子数量差在\(k\)之内（\(|a-b|\leq k\)），那么就可以直接拿走两堆内所有石子并获胜
所以可以得到，如果较少的堆内剩余\(1\)粒石子，较多的堆内剩余\(k+2\)粒，那么当前不论怎么操作都会输掉这场比赛
得到：\((1,k+2)\)为最小数据下的必败态
为了找到规律，我们枚举两堆石子中较少堆的数量
当较少的堆中仅存在\(1\)粒石子时——
当剩余情况为\((1,i),\ 1\leq i\leq k+1\)时，当前操作的人可以直接拿完两堆，所以必胜
当剩余情况为\((1,k+2)\)时，必败
当剩余情况为\((1,i),\ i\geq k+3\)时，当前操作的人可以将其转换到\((1,k+2)\)的情况，所以必胜
相同的，当较少的堆中仅存在\(2\)粒石子时——（这里不适用于\(k=0\)的情况）
当剩余情况为\((2,i),\ 2\leq i\leq k+2\)时，当前操作的人可以直接拿完两堆，所以必胜
当剩余情况为\((2,i),\ k+3\leq i\leq 2k+3\)，将较少的堆拿去\(1\)粒，较大的堆最多可以拿\(k+1\)粒，所以可以转移到\((1,k+2)\)的状态，所以必胜
当剩余情况为\((2,2k+4)\)时，必败
当剩余情况为\((2,i),\ i\geq 2k+5\)时，当前操作的人可以将其转换到\((2,2k+4)\)的情况，所以必胜
直到较少的堆内存在\(k+2\)粒石子时，情况发生了变化——
当剩余情况为\((k+2,i),\ k+2\leq i\leq 2k+3\)时，当前操作的人可以直接拿完两堆，必胜
当剩余情况为\((k+2,i),\ i\geq 2k+4\)时，发现前面有个必败态为\((1,k+2)\)，他们共享\(k+2\)这个状态，所以可以从\((k+2,2k+4)\)直接转换到\((1,k+2)\)的状态，所以该情况下必胜
综上，可以得到的一个规律就是
后面的一个必败态总是可以由前一个必败态推导而来
假设\((x,y)\)是一个必败态，假设较小的堆被拿了\(1\)粒石子，那么较大的堆最多能拿\(k+1\)粒石子
显然，\((x+1,y+k+2)\)无法仅通过一步就推到\((x,y)\)，可能必败
还要考虑一点，就是\(x+1\)没有在前面的任意必败态中出现过，否则可以直接一步转移到更前面的必败态，使得该点必胜
如果\(x+1\)并未出现在前面任意一个必败态中，就可以肯定\((x+1,y+k+2)\)无法转移到任意一个必败态，则它不是必胜态，是一个必败态
以\(k=1\)的情况为例，最小必败态为\((1,3)\)
考虑\((x+1,y+k+2)\)的转移方式，显然\(x+1=2\)并未出现在前面任意一个必败态中
所以\((2,6)\)是一个必败态
继续考虑，发现下一个状态为\((3,9)\)
但是\(3\)存在于必败态\((1,3)\)内，说明\((3,9)\)可以直接转换到\((1.3)\)，这是个必胜态
为了让其不能一遍转移得到，则可以假设两堆都多取了一粒石子，即考虑\((x+1+1,y+k+2+1)\)
发现\(2+1+1=4\)并未出现，所以\((4,10)\)是一个必败态
一直这样考虑下去，粗略得到\(k=1\)的必败态分布情况为
观察这个分布，得到一个规律：
\((a,b)\)的\(b-a\)值以\(2,4,6,8,10,12,14,16,18,20,\dots\)递增
这可能是一个入手点，那么我们把\(k=0\)的表打出来试试
当\(k=0\)时，最小数据必败态为\((1,2)\)
按规律打表如下
得到\(b-a\)的值以\(1,2,3,4,5,6,7,\dots\)递增
可以得到，\(b-a\)的值是一个首项为\(k+1\)，公差为\(k+1\)的等差数列
所以我们可以根据\(\frac {b-a}{k+1}\)来确定某个状态在必败态中的项数
如果你想问为什么要求出项数，看下面……
实际上打出表就能发现
必败态的\(b\)数值分布存在一个规律（\(b_i-b_{i-1}\in\{k+2,k+3\}\)）
假如这个\(\{b\}\)数列存在着通项公式，那么肯定是形如\(b_i=\lfloor i\times k\rfloor,\ k\in\R\)
这样才能保证前后两项差值固定在一个集合内（虽然这个常数\(k\)可能很难表示）
那么我们就大胆着手于找通项公式
这里开始往下应该也可以采用线性递推模板解决，不过我没试过，不确定会不会被卡
打开OEIS，准备尝试玄学求出可能的通项（这是个能根据数列前几项或者中间几项求出通项公式的工具）
但不同的\(k\)肯定对应着不同的通项公式，所以我们再把\(k=2,3,4\)的表稍微打出前几项
当\(k=2\)时，必败态为
当\(k=3\)时，必败态为
当\(k=4\)时，必败态为
于是我们得到了五个数列\(\{b\}\)，如下
根据OEIS的输出，得出（需要稍微转化一下）
容易发现规律，并得到通项表达如下
（\(y\)为\({5,8,13,20,29,\dots}\)，每项差\(3,5,7,9,\dots\)，可以拆成\(5+\)等差数列求和）
得到了\(\{b\}\)数列的通项，那该怎么判断对应的是哪一项，是不是必败态呢
前面提到，我们能够根据\(b-a\)的值获得项数为\(\frac{b-a}{k+1}\)
根据项数代入公式即可求出必败态这一项的\(b\)
判断下两个\(b\)是不是相同的就能确定是不是必败态了
程序
(78ms/1000ms)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
void solve()
{
ll a,b,k;
scanf("%lld%lld%lld",&a,&b,&k);
if(a>b)
swap(a,b);
if((b-a)%(k+1)==0)
{
int id=(b-a)/(k+1);
ll x=3+k,y=(3+k*2+1)*k/2+5;
ll tmp=(x+sqrt(y))*id/2.0;
if(tmp==b)
puts("0");
else
puts("1");
}
else
puts("1");
}
int main()
{
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--)
solve();
return 0;
}
原版博弈
本题是威佐夫博弈(Wythoff's game)的变种
原版威佐夫博弈正是本题\(k=0\)时的情况
结论是：
假设两堆石子数量为\((x,y),\ x\lt y\)
先手必败，当且仅当满足\(\frac{\sqrt 5+1}{2}(y-x)=x\)
（但我不会，还没学）
所以想学的可以去别的地方学学
最后如果以通项方式解决，通项应该也是上面推出的那个
据说还有更简单的递推方法
我直接问号为敬？？？？？
最后这里放一下同校另外两位大佬本题的博客