設a
aa表示先手總共取的個數，sod
ds_
sodd
表示奇數項的數目，sev
en
s_se
ven
表示偶數項的數目。
首先我們分析後手取的個數亦為a
aa，即n−k
n-kn−
k為偶數的情況：
注意到若後手取最後乙個時，sod
d,se
ve
n>
0s_,s_>0
sodd,
seve
n>
0，則後手必然勝利，因為他可以根據當前情況調整取哪乙個。由此，當a
na an時，後手必勝。更進一步，若min =sod dmin\,s_\}=s_ min=so dd，則後手直接取完奇數項，使得剩餘項的和必然為偶數，後手必勝； 所以只需要考慮min =sev en min\,s_\}=s_ min=se ven 的情況： 設a =s oddm od2, b=se venm od 2a=s_\mod 2,b=s_\mod 2 a=sodd mod 2,b= seve nmo d2，當a=b =0 a=b=0 a=b= 0時，因為a≥m in a\ge min\,s_\} a≥mi n，後手直接取完偶數項，剩餘必然還要取偶數個奇數項，則最終結果必然為偶數，後手勝； 當a =b =1 a=b=1 a=b= 1時，後手直接取完偶數項，剩餘必然還要取奇數個奇數項，則最終結果必然為偶數，後手勝； 當a =0 ,b=1 a=0,b=1 a=0,b= 1或a=1, b= 0a=1,b=0 a=1,b= 0時，先手直接取完偶數項，則剩餘必然還要取偶數個或奇數個奇數項，最終結果必然為奇數，先手勝。 n −k n-kn− k為奇數的情況用相同的方法分析即可，不再贅述。#include#include#include#include#include#includeusing namespace std;
#define clr(a) memset(a,0,sizeof(a))
//--container
//--
typedef long long ll;
int ar[2],n,k;
bool cl()
else
}return 1;
};int main();
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