hdu 1847 Good Luck in CET-4 Everybody!

题目： http://acm.hust.edu.cn/vjudge/problem/viewProblem.action?id=20980
做题转到vj去咯，各路护国神牛刷题的地方，怪不得经常能看到hdu上边有个vjudge的家伙快速切各种神题（(⊙﹏⊙)）

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刚刚学了SG函数。。。今天总算膜索丸了。
总之，还得学习一个。

一个游戏可以抽象地用一个有向无环图来表示，这个图中每个点都对应这一个状态，每条有向边代表从一个状态到另一个状态的合法操作；
我们可以想象一个硬币最初放在某个点上，然后两个玩家轮流将其从当前的点移动到它的后继点。当硬币移动到汇点时游戏结束，最后一个需要操作的玩家就是胜者；
P和N状态归纳性地描述如下：
一个点v是P状态当且仅当它的所有后继都为N状态
一个点v是N状态当且仅当它的一些后继是P状态

如果G1和G2 是公平游戏，那么他们的和G1 + G2是另一个公平游戏，玩法如下：每个回合，一个玩家选择G1, G2 中的一个，当 G1 和 G2都不能操作时游戏结束。
形式上，如果 G1 = (V1, E1) 和 G2 = (V2, E2)是游戏图，那么他们的和 Gsum = (Vsum, Esum) 规定为：
Vsum = V1 × V2,
Esum = {(v1v2, w1v2) | (v1, w1) ∈ E1} ∪ {(v1v2, v1w2) | (v2, w2) ∈ E2}.
现在，假定我们给出两个游戏G1 和 G2。如果我们只知道单个游戏的P状态和N状态我们能够正确地玩好游戏和G1 + G2吗？答案是否定的。不难看出两个P状态的和总是P状态，P状态和N状态的和总是N状态。但是两个N状态的和既可能是P状态也可能是N状态。因此，只知道单个游戏的P状态和N状态是不够的。
为了正确地玩好游戏和我们需要推广P状态和N状态，它就是Sprague-Grudy函数（或者简称为Grundy函数）。

Sprague-Grundy 函数先定义mex(minimal excludant)运算，这是施加于一个集合的运算，表示最小的不属于这个集合的非负整数。例如mex{0,1,2,4}=3、mex{2,3,5}=0、mex{}=0。对于一个给定的有向无环图，定义关于图的每个顶点的Sprague-Grundy函数g如下：g(x)=mex{ g(y) | y是x的后继 },这里的g（x）即sg[x]现在，给定一个游戏图G=(V,E)从G的汇点开始归纳，可知它的Grundy值为0。

Sprague-Grundy函数满足两个重要性质：
点v是一个P状态当且仅当g(v)=0
如果G = G1 + G2 且 v = v1v2 是G的一个状态，那么g(v) 为g(v1) 和 g(v2) 在二进制下的异或：
g(v) = g(v1) ⊕ g(v2).
运算⊕也称作nim和。举个例子，3 ⊕ 5 = 011 ⊕ 101 = 110 = 6

我们可以通过获知单个游戏的Grundy函数来正确地玩好任意数目游戏和。
策略如下：如果轮到我们且游戏的Grundy值给出了一个非0的nim和，那么必然在游戏的某个组分中存在一个操作使得nim和变为0。我们应该执行这个操作，那么接着我们的对手就被迫再次使得nim和非0。最终，我们将成为在最后一个游戏执行最后一个操作的人，最后将nim和变为0。

那么代码如下：

#include
#include
#include
using namespace std ;
const int maxn = 1010 ;
int pos[maxn];
int main()
{
    memset(pos,0,sizeof(pos));
    pos[1] = 1;
    pos[2] = 1;
    for(int i = 3; i < maxn; i++)
    {
        if(!pos[i])
        {
            for(int j = 0;(1<1000;j++)
                pos[i+(1<1 ;
        }
    }
    int  n;
    while(~scanf("%d" ,&n))
    {
        if(pos[n]) printf("Kiki\n") ;
        else printf("Cici\n") ;
    }
}

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题目依然中文，我就不说题意了。
分析：
开始看到二次幂就逼脸一懵，不知道怎么写啊（就是蠢蛋不知道怎么变模板）。就决定暴力膜一发，找找规律。
下边是NP图;
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
N N P N N P N N P N N P
逢三就p。。。
当时不甚了解就水了一发n%3，居然过了。。
继续分析：
任何一个数%3 无非0 1 2，除了三的倍数，也就是说任何一个数-1或者-2之后必定能够维护成3的倍数。
而这题，首先应该考虑到P点。
首先，第一个最小必败点就是3。根据前边的理论，假如这个n不是3的倍数，那么我们总可以让它减1或减2变成3的倍数，而作为3的倍数对手是不可能一次就拿完的说，这样一直下去…………………………最终先手者一定有机会把它变成3，或是后手者自杀，故意留给先手者2的k次幂，这样就也是胜利者，所以说
3的倍数就是递推出来的必败点。
只要判断n是否%3为0就好。（woc,斯巴达脸）
根本不是当初强行套公式变成的3*k/(pow（2,y）+1)….（好蠢）
代码：

#include
using namespace std;
int main()
{
    int n;
    while(cin>>n)
    {
        if(n%3)
            cout <<"Kiki" <else
            cout <<"Cici" <