Codeforces Round 114 (Div. 1) C. Wizards and Numbers（思维题 辗转相除+博弈 巴什博弈）
题目
t(t<=1e4)组询问，每次询问(a,b)（0<=a,b<=1e18），
不妨a<=b（a>b时需要交换两个数考虑）
①令b减去a的k次方（k>=1），要求减完之后b非负
②令b=b%a
当a和b之中至少有一个0时，无法再操作，不能再操作的人失败
问两人都客观操作，谁必胜
思路来源
https://www.cnblogs.com/qscqesze/p/5193592.html
题解
补远古场翻到卿学姐博客，泪目
如果只有第二种操作，那就是辗转相除
1. 对于子局面，如果子局面必败，那么当前局面必胜
2. 如果子局面必胜，那么当前局面不想输，只能用第一种操作去拖，
b>=a时，相当于有b/a（b/a个a）个石子，
先手和后手可以取1（1个a）枚，a枚（a个a），a^2，...
取到最后一个石子的人必败（即进入子局面的必胜态），问先手在这个拖的游戏里能否必胜
打表可知，当(b/a)%(a+1)为偶数时，先手必胜，(b/a)%(a+1)为奇数时，先手必败
一点证明
注意到：
1%(a+1)=1
a%(a+1)=a
(a^2)%(a+1)=1
(a^3)%(a+1)=a
...
先手必胜的情况
当(b/a)%(a+1)为偶数时，先手可以先取1个
此时（在模a+1意义下）后手如果取1个，先手就再取a个；
反之后手取a个，先手就再取1个
这样若干轮后，(b/a）起到了对（a+1）取模的效果，即当前剩余石子数不超过a，
并且先手在第一轮由于多取1个石子，此时必还剩奇数个石子，后手只能取一枚，
此后，二人只能一枚一枚的取，所以一定是后手取到最后一个石子，后手必败
后手必胜的情况
当(b/a)%(a+1)为奇数时，
（在模a+1意义下）先手如果开局取1个，后手可以取a个
先手如果开局取a个，后手可以取1个
这样若干轮后，(b/a）起到了对（a+1）取模的效果，
当前局面不足a+1且石子数仍为奇数
此后，先手和后手只能一枚一枚地取，且先手取到最后一枚，先手必败
其实就是，
先手必胜就是用第2、3步，第4、5步，...，去凑k+1的倍数
后手必胜就是用第1、2步，第3、4步，...，去凑k+1的倍数
其他理解方式，
(b/a)%(a+1)=1是先手必败态，
(b/a)%(a+1)为奇数总可以转移到(b/a)%(a+1)为偶数，
(b/a)%(a+1)为偶数总可以转移到(b/a)%(a+1)为奇数，
所以奇数必败，偶数必胜
代码
// Problem: C. Wizards and Numbers
// Contest: Codeforces - Codeforces Round 114 (Div. 1)
// URL: https://codeforces.com/contest/167/problem/C
// Memory Limit: 256 MB
// Time Limit: 2000 ms
//
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#include
using namespace std;
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
#define per(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);--i)
typedef long long ll;
typedef double db;
typedef pair P;
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define dbg(x) cerr<<(#x)<<":"<