51nod 1185 威佐夫遊戲 V2

有2堆石子。a b兩個人輪流拿，a先拿。每次可以從一堆中取任意個或從2堆中取相同數量的石子，但不可不取。拿到最後1顆石子的人獲勝。假設a b都非常聰明，拿石子的過程中不會出現失誤。給出2堆石子的數量，問最後誰能贏得比賽。

例如：2堆石子分別為3顆和5顆。那麼不論a怎樣拿，b都有對應的方法拿到最後1顆。

第1行：乙個數t，表示後面用作輸入測試的數的數量。（1 <= t <= 10000)

第2 - t + 1行：每行2個數分別是2堆石子的數量，中間用空格分隔。(1 <= n <= 10^18)

共t行，如果a獲勝輸出a，如果b獲勝輸出b。

3 3 53 4

1 9

b

aa

威佐夫博弈，關鍵主要是對於精度的處理，這裡將(0.)618033988,749894848,204586834先儲存在陣列tmp中，則其與另乙個數x相乘便可轉化為 x*tmp[0]/mod+x*tmp[1]/mod/mod+x*tmp[2]/mod/mod/mod(mod=1e9)，①

又∵ x=(x/mod)*mod+x%mod,令m=x/mod,n=x%mod

則①式可轉化為

(m*tmp[0]+n*tmp[0]/mod)+(m*tmp[1]/mod+n*tmp[1]/mod/mod)+(m*tmp[2]/mod/mod+n*tmp[2]/mod/mod/mod),

繼續轉化則有 m∗

tmp[

0]+(

n∗tm

p[0]

+m∗t

mp[1

]–––

––––

+(n∗

tmp[

1]+m

∗tmp

[2]–

––––

––+n

∗tmp

[2]/

mod–

––––

––)/

mod–

––––

–––)

/mod

. m∗t

mp[0

]+(n

∗tmp

[0]+

m∗tm

p[1]

_+(n

∗tmp

[1]+

m∗tm

p[2]

_+n∗

tmp[

2]/m

od_)

/mod

_)/m

.此題需要乘以1.618……，最後再加上乙個差值即可.

#include
using
namespace
std;
typedef
long
long ll;
#define io ios::sync_with_stdio(false);\
cin.tie(0);\
cout.tie(0);
ll tmp[3] = ;
const ll mod= 1e9;
int main()

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