Bzoj 4147: [AMPPZ2014]Euclidean Nim(博弈)

4147: [AMPPZ2014]Euclidean Nim
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Description
Euclid和Pythagoras在玩取石子游戏，一开始有n颗石子。
Euclid为先手，他们按如下规则轮流操作：
·若为Euclid操作，如果n< p，则他只能新放入p颗石子，否则他可以拿走p的倍数颗石子。
·若为Pythagoras操作，如果n< q，则他只能新放入q颗石子，否则他可以拿走q的倍数颗石子。
拿光所有石子者胜利。假设他们都以最优策略操作，那么获胜者是谁？
Input
第一行包含一个正整数t(1<=t<=1000)，表示数据组数。
接下来t行，每行三个正整数p,q,n(1<=p,q,n<=10^9)，表示一组数据。
Output
输出t行。第i行输出第i组数据的答案，如果Euclid必胜，输出E，如果Pythagoras必胜，输出P，
如果游戏永远不会停止，输出R。
Sample Input
4
3 2 1
2 3 1
3 4 5
2 4 3
Sample Output
P
P
E
R
HINT
在第一组数据中，Euclid必须新放入3颗石子，然后Pythagoras拿走4颗石子并获胜。
Source
鸣谢Claris上传

/*
博弈题.
  首先令d=gcd(p,q),如果d不整除n,由扩展欧几里得显然无解。
  有解的情况:
  ① p=q ：显然先手必胜。 
  ② p>q&&n<p ：先手第一次数量加p，后手可以把数量变成n%q，这样先手永远无法取石子，后手必胜。 
  ③ p>q&&n>=p ：如果先手第一次取完石子，石子数量大于p，后手还是可以把数量变成n%q，后手必胜；
       否则，先手取成n mod p -> 后手+q -> 先手?p -> 后手+q -> ……，如果n%(p-q)=0，则先手必胜。
  ④ p<q&&n<p ：先手第一次把数量变成n+p，如果n+p<q，就变成了第二种情况，否则是第三种情况。
  ⑤ p<q&&n>=p ：那么先手可以把石子变成n%p，就变成了第二种情况。 
粘的zjk的2333. 
*/
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
using namespace std;
int t,n,p,q;
int gcd(int x,int y)
{
    if(!y) return x;
    return gcd(y,x%y);
}
bool check(int a,int b,int x)
{
    if(x%a<b&&(x%a)%(a-b)==0) return true;
    return false;
}
void slove()
{
    int g=gcd(p,q);
    if(n%g){printf("R
");return ;}//1 
    p/=g,q/=g,n/=g;
    if(p==q) {printf("E
");return ;}//2
    if(p>q&&n<p) {printf("P
");return;}//3
    if(p>q&&n>=p)//4
    {
        if(check(p,q,n)) {printf("E
");return ;}
        else {printf("P
");return ;}
    }
    if(p<q&&n<p)//5
    {
        if(n+p<q) {printf("E
");return ;}
        else if(check(q,p,n+p)) {printf("P
");return ;}
        else  {printf("E
");return ;}
    }
    if(p<q&&n>=p)  {printf("E
");return ;}//6
    return ;
}
int main()
{
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        scanf("%d%d%d",&p,&q,&n);
        slove();
    }
    return 0;
}