2020.4.12 Solution
首先发掘几个性质：
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\(99\) 个点可以分成 \(33\) 组，每组中个\(3\) 个点组成等边三角形。两两端点相差 \(33\) 条弧。
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任意状态下，已经染完色的点是连续的链，并且上次染的色一定是左右两个端点（只能染相邻的）
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奇数次操作是甲操作的，偶数次操作是乙操作的。（显然）
然后考虑是否能让乙无论如何都能构造出一个等色等边三角形出来。
考虑当第 \(34\) 步时，左端点和右端点距离\(33\)段弧，与他们同时相距 \(33\) 步的点 \(z\)，可以构成一个等边三角形。因为偶数步是乙操作的，所以乙必然能使左右端点颜色一致（他染的跟之前的一致即可）。
然后问题就变成了乙是否能顺利染到点 \(z\)。
考虑当前到左右端点到点 \(z\) 是两条长度为 \(33\) 路，所以问题转化为了：
- 两个变量 \((x, y)\)，初始都是 \(0\)
- 甲先操作，乙后操作。两个人轮流可以让 \(x\) 或 \(y\) 中的其一 \(+1\)
- 问乙是否能先加到 \(33\)（他操作完之后）
然后我们发现是必然的。
首先甲操作第一步状态肯定变成 \((0, 1)\)（剩下是对称的）
然后乙变成这样 \((1, 1)\)。
第二步状态肯定变成 \((2, 1)\)（剩下是对称的）
然后乙变成这样 \((2, 2)\)。
以此类推，每次乙都操作甲没操作的那边，让 \(x = y\)。
因为每轮过后 \(x + 1, y + 1\)。
当甲迫不得已让 \(x, y\) 中的一个变成 \(32\) 后，乙恶人先出手，直接把他加到 \(33\) 即可。
（这是一种猥琐的思想，简称敌不动我不动）