HDU 2486 A simple stone game
有n个石子，两个游戏者轮流操作，第一个操作的人最多能拿走n-1个石子，以后，每个游戏者最多能拿走前一个游戏者拿走数目的k倍，如果先手必败输出lose，否则输出必胜的情况下第一步拿走的石子数。
这就是K倍动态减法游戏，可以参考《曹钦翔从“k倍动态减法游戏”出发探究一类组合游戏问题》的论文。
首先k=1的时候，必败态是2 ^ i, 因为我们把数按二进制分解后，拿掉二进制的最后一个1，那么对方必然不能拿走倒数第二位的1，因为他不能拿的比你多。你只要按照这个策略对方一直都不可能拿完，而且一定会生成新的低位的1。所以你就会赢。而当分解的二进制中只有一个1时，因为第一次先手不能全部取完，所以后手一定有办法取到最后一个1，所以必败！
k=2的时候，即为斐波那契博弈，必败态是斐波那契数列，这里用到一个斐波那契数列的性质，即任何数都可以表示成若干个“互不相邻的”斐波那契数的和，而不相邻的斐波那契数所差的倍数都是大于2的，那么我们就可以类比K=1的情况，把N按这种“斐波那契数列”的数制分解，每次仍然是取走最低位的1，由于后手无法取走高两位之上的1而前边的不相邻有保证了不会有连续的1出现，所以接下来就和K=1的时候一样了，每次取走最低位的1直到结束。
k>2的时候,犹如Fibonacci博弈，我们首先要求一个数列，将n分解成数列中一些项的和，然后就可以按Fibonacci博弈的解决方法来完成，也可以按二进制的方法来理解，每次取掉最后一个1 还是符合上面的条件。
我们用a数组表示要被求的数列，b数组中的b[i]保存 a[0...i] 组合能够构造的最大数字。这儿有点难理解，所谓构造就是指n分解为Fib数相加的逆过程。举例说明，当k = 2 时，a[N]={1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 33....} （Fibonacci数组）；那么b[3] 即 1、2、 3 能够构造的最大数字，答案是4，有点匪夷所思？或许你会问为什么不是5、6或者其它的什么，其实是这样的 ，4 能分解成 1+3 是没有争议的，但5能分解成2+3吗? 不能，因为5本身也是Fibonacci数；6虽然能分解，但不是分解成1+2+3，而是分解成1+5。
经过上述，我们知道b[i] 是 a[0...i] 能够构造出的最大数字，那么a[i +1] = b[i]+1；因为a数组（Fib数组）所存的数字都是不可构造的（取到它本身就是必败态），显然a[0...i]构造的最大数字 + 1 即为下一个不可构造的数字了(a[i + 1])。
然后关于b[i]的计算，既然是a[0...i]构造最大数字，那么 a[i]是一定要选用的（这儿需要一定的推理，a[i]构造数字时，相邻的j个是不能同时用的，就像上述的2、3不能构造出5一样，推理请自己完成），那么要选用的下一项只能递减寻找，直到找到 a[t] 满足 a[t] * K < a[i] ，而b[t]就是a[0...t]所能构造的最大数字，再加上a[i], 即为a[0...i]能构造的最大数字，于是b[i] = b[t] + a[i]。
求得数列后，之后的工作就简单了，跟Fibonacci博弈一样一样的，如果n=数列中的数，则必败，否则必胜；必胜时还要求输出第一步取法，按照上文的理解，将n分解之后，选择最小的一个a[i]即可（类似选择二进制的最小的1）。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e6 + 5;
typedef long long LL;
int k;
int flag = 0;
LL a[N], b[N];
int main() {
int T;
scanf("%d", &T);
int cases = 0;
while (T--) {
cases++;
LL m, n;
cin >> n >> m;
a[0] = b[0] = 1;
int i = 0, j = 0;
while (n > a[i]) {
i++;
a[i] = b[i - 1] + 1; //首先求出当前的a数组
while (a[j + 1] * m < a[i]) j++;
if (a[j] * m < a[i])
b[i] = b[j] + a[i]; //然后根据a数组求b数组
else
b[i] = a[i];
}
if (n == a[i])
printf("Case %d: lose
", cases);
else {
LL res = a[i];
while (n) {
if (n >= a[i]) n -= a[i];
res = a[i];
i--;
}
printf("Case %d: %lld
", cases,res);
}
}
return 0;
}