题目背景
无
题目描述
有两堆石子，数量任意，可以不同。游戏开始由两个人轮流取石子。游戏规定，每次有两种不同的取法，一是可以在任意的一堆中取走任意多的石子；二是可以在两堆中同时取走相同数量的石子。最后把石子全部取完者为胜者。现在给出初始的两堆石子的数目，你先取，假设双方都采取最好的策略，问最后你是胜者还是败者。
输入输出格式
输入格式：输入共一行。
第一行共两个数a, b，表示石子的初始情况。
输出格式：输出共一行。
第一行为一个数字1、0或-1，如果最后你是胜利者则为1；若失败则为0；若结果无法确定则为-1。
输入输出样例
说明
[数据范围]
50%的数据，a, b <= 1000
100%的数据，a, b <= 1 000 000 000
题解
裸的威佐夫博弈。
威佐夫博弈（Wythoff's game）：有两堆各若干个物品，两个人轮流从任一堆取至少一个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。 ——百度百科
在威佐夫博弈中，有这样一种性质：
若当前为一个奇异局势，则先手必败；否则先手必胜。
其中奇异局势，是这样的一系列数对——
$(0,0),(1,2),(3,5),(4,7),(6,10),(8,13),(9,15),(11,18),(12,20)......$
观察可得，若设第$k$组奇异局势为$(a[k],b[k])$的话，那么有：
$1. b[k]==a[k]+k$
$2. a[k]$为这之前未出现过的数中最小的一个。
奇异局势有如下性质：
$1.$任何自然数都包含在一个且仅有一个奇异局势中。
由于$a[k]$是未在前面出现过的最小自然数，所以有$a[k] > a[k-1] $，而 $b[k]= a[k] + k > a[k-1] + k > a[k-1] + k - 1 = b[k-1] > a[k-1]$ 。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$(a[k],b[k])$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$(a[k],b[k])$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。 ——百度百科
要么保持$x$不变，把$y$减到$x$对应的$a[k]$；
要么保持$x$不变，把$y$减到$x$对应的$b[k]$；
要么把$x$和$y$一起减到$a[y-x],b[y-x]$,
总有一种适合你。
根据奇异局势的定义（面对时先手必败），可证若给定局势为奇异局势，先手必败；
而根据性质$3$，可知若给定局势不是奇异局势，先手可以用一步操作把其变为奇异局势。所以若给定局势不是奇异局势，则先手必胜。
——————
但是递推去求每一个奇异局势的话还是复杂度太高了QAQ
根据一系列推演，可以得到$a[k]$和$b[k]$是一个叫Beatty序列的东西。
证明我也看不懂呐，就当结论记吧QAQ
$a[k]=k*frac{sqrt{5}+1}{2},b[k]=a[k]+k$
而且这是一个计算机也能用的公式！（不像Fibonacci通项公式一样因为精度问题不能用QAQ
所以此题解决√
1 /* 2 qwerta 3 P2252 取石子游戏 4 Accepted 5 100 6 代码 C++，0.27KB 7 提交时间 2018-10-01 20:15:45 8 耗时/内存 9 28ms, 812KB 10 */ 11 #include<algorithm> 12 #include<iostream> 13 #include<cstdio> 14 #include<cmath> 15 using namespace std; 16 #define LL long long 17 int main() 18 { 19 LL a,b; 20 cin>>a>>b; 21 if(a>b)swap(a,b); 22 LL x=((double)(b-a)*(sqrt(5.0)+1.0)*0.5); 23 if(x==a)cout<<0; 24 else cout<<1; 25 return 0; 26 }