51nod oj 1072 威佐夫游戏 1185 威佐夫游戏 V2【威佐夫博奕】

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1072 威佐夫游戏

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有2堆石子。A B两个人轮流拿，A先拿。每次可以从一堆中取任意个或从2堆中取相同数量的石子，但不可不取。拿到最后1颗石子的人获胜。假设A B都非常聪明，拿石子的过程中不会出现失误。给出2堆石子的数量，问最后谁能赢得比赛。

例如：2堆石子分别为3颗和5颗。那么不论A怎样拿，B都有对应的方法拿到最后1颗。

Input

第1行：一个数T，表示后面用作输入测试的数的数量。（1 <= T <= 10000)
第2 - T + 1行：每行2个数分别是2堆石子的数量，中间用空格分隔。(1 <= N <= 2000000)

Output

共T行，如果A获胜输出A，如果B获胜输出B。

Input示例

3
3 5
3 4
1 9

Output示例

B
A
A

威佐夫博奕（Wythoff Game）：有两堆各若干个物品，两个人轮流从某一堆或同
时从两堆中取同样多的物品，规定每次至少取一个，多者不限，最后取光者得胜。


    这种情况下是颇为复杂的。我们用（ak，bk）（ak ≤ bk ,k=0，1，2，...,n)表示
两堆物品的数量并称其为局势，如果甲面对（0，0），那么甲已经输了，这种局势我们
称为奇异局势。前几个奇异局势是：（0，0）、（1，2）、（3，5）、（4，7）、（6，
10）、（8，13）、（9，15）、（11，18）、（12，20）。


    可以看出,a0=b0=0,ak是未在前面出现过的最小自然数,而 bk= ak + k，奇异局势有
如下三条性质：


    1。任何自然数都包含在一个且仅有一个奇异局势中。
    由于ak是未在前面出现过的最小自然数，所以有ak > ak-1 ，而 bk= ak + k > ak
-1 + k-1 = bk-1 > ak-1 。所以性质1。成立。
    2。任意操作都可将奇异局势变为非奇异局势。
    事实上，若只改变奇异局势（ak，bk）的某一个分量，那么另一个分量不可能在其
他奇异局势中，所以必然是非奇异局势。如果使（ak，bk）的两个分量同时减少，则由
于其差不变，且不可能是其他奇异局势的差，因此也是非奇异局势。
    3。采用适当的方法，可以将非奇异局势变为奇异局势。


    假设面对的局势是（a,b），若 b = a，则同时从两堆中取走 a 个物体，就变为了
奇异局势（0，0）；如果a = ak ，b > bk，那么，取走b  - bk个物体，即变为奇异局
势；如果 a = ak ，  b < bk ,则同时从两堆中拿走 ak - ab - ak个物体,变为奇异局
势（ ab - ak , ab - ak+ b - ak）；如果a > ak ，b= ak + k,则从第一堆中拿走多余
的数量a - ak 即可；如果a < ak ，b= ak + k,分两种情况，第一种，a=aj （j < k）
,从第二堆里面拿走 b - bj 即可；第二种，a=bj （j < k）,从第二堆里面拿走 b - a
j 即可。


    从如上性质可知，两个人如果都采用正确操作，那么面对非奇异局势，先拿者必胜
；反之，则后拿者取胜。


    那么任给一个局势（a，b），怎样判断它是不是奇异局势呢？我们有如下公式：


    ak =[k（1+√5）/2]，bk= ak + k  （k=0，1，2，...,n 方括号表示取整函数)


奇妙的是其中出现了黄金分割数（1+√5）/2 = 1。618...,因此,由ak，bk组成的矩形近
似为黄金矩形，由于2/（1+√5）=（√5-1）/2，可以先求出j=[a（√5-1）/2]，若a=[
j（1+√5）/2]，那么a = aj，bj = aj + j，若不等于，那么a = aj+1，bj+1 = aj+1
+ j + 1，若都不是，那么就不是奇异局势。然后再按照上述法则进行，一定会遇到奇异
局势。

代码：

#include
#include
#include
using namespace std;
int dui[4002000];
bool fafe[4002000];
int main()
{
	int k=1;
	memset(dui,0,sizeof(dui));
	memset(fafe,true,sizeof(fafe));
	for (int i=1;i<=2000000;i++)
	{
		if (fafe[i])
		{
			dui[i]=i+k;
			fafe[dui[i]]=false;
			k++;
		}
	}
	int t;
	scanf("%d",&t);
	int a,b;
	while (t--)
	{
		scanf("%d%d",&a,&b);
		if (a>b)
		swap(a,b);
		if (dui[a]==b)
		printf("B\n");
		else
		printf("A\n");
	}
	return 0;
}

1185 威佐夫游戏 V2

基准时间限制：1 秒 空间限制：131072 KB 分值: 0  难度：基础题

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有2堆石子。A B两个人轮流拿，A先拿。每次可以从一堆中取任意个或从2堆中取相同数量的石子，但不可不取。拿到最后1颗石子的人获胜。假设A B都非常聪明，拿石子的过程中不会出现失误。给出2堆石子的数量，问最后谁能赢得比赛。

例如：2堆石子分别为3颗和5颗。那么不论A怎样拿，B都有对应的方法拿到最后1颗。

Input

第1行：一个数T，表示后面用作输入测试的数的数量。（1 <= T <= 10000)
第2 - T + 1行：每行2个数分别是2堆石子的数量，中间用空格分隔。(1 <= N <= 10^18)

Output

共T行，如果A获胜输出A，如果B获胜输出B。

Input示例

3
3 5
3 4
1 9

Output示例

B
A
A

代码：

#include
#include
#include
#include
using namespace std;
#define LL long long
LL a,b,c,qian,huo,pp,mod=1000000000;
LL p[3]={618033988,749894848,204586834};
int main()
{
	int t;scanf("%d",&t);
	while (t--)
	{
		scanf("%lld%lld",&a,&b);
		if (a>b)
		swap(a,b);
		c=b-a;
		qian=c/mod;huo=c%mod;
		LL lll=huo*p[2];
		lll=qian*p[2]+huo*p[1]+lll/mod;
		lll=qian*p[1]+huo*p[0]+lll/mod;
		lll=c+qian*p[0]+lll/mod;
		if (a==lll)
		printf("B\n");
		else
		printf("A\n");
	}
	return 0;
}