題目大意：有兩堆石子，各為 n、m 個，甲乙兩人輪流取石子，每次可以從任意一堆裡取走任意多個石子，也可以從兩堆中取走相同數量的石子，但不能不取。取走最後乙個石子的人為贏家。給出初始狀態，問先手有無必勝策略。
資料範圍：
rqnoj 256：1 <= n、m <= 10000。
poj 1067：1 <= n、m <= 1,000,000,000。
大致看完題目，想當然就知道這是一道博弈論的問題，最容易想的就是直接用博弈論的必敗、必勝態進行動態規劃求解。但是樸素的動態規劃是 o(n * m) 的，如果做一些優化可能可以過掉 rqnoj 的題目，但是對於 poj 1067 來說就完全無能為力。所以我們嘗試分析資料，看看有沒有什麼規律（以下用 (a, b) 表示兩堆石子的個數，即遊戲中的乙個狀態）。
列舉了幾個狀態之後容易發現，必勝態的數目比必敗態要多很多，所以我們先手工求出前幾個必敗態：
(1, 2)、(2, 1)、(3, 5)、(5, 3)、(4, 7)、(7, 4)、（6, 10）、（10, 6）……
首先回顧必勝態和必敗態的樸素求法：
定理 0：乙個狀態是必敗態，當且僅當它的所有後繼狀態都是必勝態；而乙個狀態是必勝態，只要它的後繼狀態有乙個以上的必敗態即可。
證明略去。
容易發現下面的定理：
定理 1：(a，b) 和 (b, a) 的勝負性是相同的（a <> b）。
證明：如果 (a, b) 是必勝態，那麼將必勝策略中所有的操作，對第一堆的變為第二堆，對第二堆的變為第一堆，就構成 (b, a) 的必勝策略
定理 2：若 (a, b) 是必敗態，則對於所有的 x <> a 和 y <> b，(x, b) 和 (a, y) 是必勝態。
證明：對於 x > a 和 y > b，不管是哪一種情況，總可以從 x 堆或 y 堆中取出一定量的石子使當前狀態變為必敗態 (a, b)，由定理 1，(x, b) 和 (a, y) 為必勝態。
對於 x < a 和 y < b，不管是哪一種情況，如果 (x, b) 或 (a, y) 是必敗態的話，由上述可得 (a, b) 是必勝態，矛盾。故 (x, b) 和 (a, y) 均為為必勝態。
定理 3: 若 (a, b) 是必敗態，則對於所有的 d > 0，(a + d, b + d) 是必勝態。
證明：與定理 2 類似。
定理 4：在所有的必敗態中，每個數字恰巧出現一次。
證明：有了定理 1，對於對稱的狀態我們只需要處理其中乙個，而兩個數不會相同（相同的狀態必然是必勝態），於是我們把每個狀態中較小的數字放在前面，每行寫乙個狀態，去掉括號並按照公升序排列每行的第乙個數，就構成了如下的矩陣：
1 2
3 5
4 7
6 10
觀察這個矩陣，我們又可以得到新的定理：
定理 5：矩陣中每行第乙個數恰巧是前面每一行中沒有出現過的最小正整數。
證明：由定理 4，矩陣中每個數字恰巧出現一次，而按照這個矩陣的定義，第二列的數總比同行第一列大，第一列又按照公升序排列，所以每一行的第乙個數正好為前面每一行中沒有出現過的最小正整數。
定理 6：矩陣第 i 行的第二個數正好為第乙個數加上 i
證明：用數學歸納法。
1) 對於第一行顯然成立
2) 若對於前 i - 1 行均成立，則所有的 (a[p], a[p] + p) (a[p] 為第 p 行第乙個數，p < i) 均為必敗態，那麼考察第 i 行的狀態 (a[i], a[i] + delta)。容易看出 delta >= i，因為如果 delta < i，一定可以通過一次操作變為前面出現過的必敗態，那麼這個狀態就是必勝態。下面由 delta >= i，我們來說明 delta = i。
首先，我們考慮從第一堆中取出 p 個石子，得到狀態 (a[i] - p, a[i] - p + delta)，由定理 5，比 a[i] 小的數都在之前出現過，若 a[i] - p 出現在某一行的第一列，由於存在必敗態 (a[i] - p, a[i] - p + d) (d < delta)，故 (a[i] - p, a[i] - p + delta) 一定為必勝態（定理 2）；若 a[i] - p 出現在某一行的第二列，由於第一列是單增的，因而其對應的第一列數必小於 a[i] + delta，故而也可推出其狀態為必勝態。
對於從兩堆石子中取出相同數目的情況與之類似，容易看出一定為必勝態。
於是，(a[i], a[i] + delta) 狀態的勝負性只與狀態 (a[i], a[i] + d) (d < delta) 有關。不難看出，delta = i 時恰為必敗態，因為不論從第二堆中取出多少個石子，作為另一堆的第一堆石子並沒有在之前出現過，所以得到的一定是乙個必勝態，因而 (a[i], a[i] + delta) 為必敗態，由定理 2 及定理 4 可得，原命題成立。即矩陣中第 i 行第二列的數等於同行第一列的數加上 i。
這時，我們所有的問題都轉化到了矩陣上，只要能通過合適的方法表示出這個矩陣，我們就可以很好地解決原問題。
下面的過程可能需要比較高的數學技巧，首先給出我們需要的乙個重要定理（[x] 表示 x 的整數部分， 表示 x 的小數部分，即 = x - [x]）：
定理 7（betty 定理）：如果存在正無理數 a, b 滿足 1/a + 1/b = 1，那麼集合 p = 、q = 恰為集合 z+ 的乙個劃分，即：p ∪ q = z+，p ∩ q = ø。
證明：暫時略去，將來補充。
考慮到 betty 定理中「恰為 z+ 的劃分」這一說，這意味著，z+ 中的每個數都恰好出現一次，這與上述矩陣的性質十分吻合。於是我們猜想每一行第一列的數滿足 [φi] 的形式。
於是我們得到每一行第二列的數為 [φi] + i = [φi + i] = [(φ + 1)i]
我們的目的是要讓 z+ 中每個數都在這個矩陣中出現，於是考慮到 betty 定理的條件，φ 和 (φ + 1) 應滿足 1/φ + 1/(φ + 1) = 1。解這個方程，我們得到 φ = (sqrt(5) + 1) / 2，於是 φ + 1 = (sqrt(5) + 3) / 2。
φ 恰為**分割比，這是多麼令人驚奇的結論！
於是應用 betty 定理，我們得到最終我們需要的定理：
定理 8：上述矩陣中每一行第一列的數為 [φi]，第二列的數為 [(φ + 1)i]，其中 φ = (sqrt(5) + 1) / 2 為**分割比。
證明：由 betty 定理顯然得證。
有了定理 8，**的實現就十分簡單了，由於是數學演算法，總複雜度為 o(1)。至此，本題完美解決。
總結：遇到這樣困難的題目時，我們不應該輕言放棄。而應該仔細分析題目隱含的資訊，學會分析和轉化問題，從而找到問題的突破口，一舉殲滅問題。
另附一道類似的題目，安徽 2004 年省選第二題，數字迷陣簡述：
乙個 m * n 的矩陣，第一行為 fibonacci 數列，第二行開始，第 i 行的第乙個數為前面各行中沒有出現過的最小正整數，第二個數為第乙個數 * 2 - (i - 1)，第三個數開始滿足 fibonacci 關係。簡列如下：
1 2 3 5 8 ……
4 7 11 18 29 ……
6 10 16 26 42 ……
8 13 21 34 55 ……
9 14 23 37 60 ……
問題是求出第 i 行第 j 列的數 mod p 的結果（即忽略高精度）。
資料規模記不清了，大概是 1 <= n, m <= 幾十萬吧。。
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