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≥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≥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≥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;
}