hdu 2580 a simple stone game

设 $g(i)$ 表示 $[1,i]$ 能够组成的最大的数；
设 $f(i)$ 表示第 $i$ 个数的值。

那么有：
$f(i)=g(i-1)+1,g(i)=f(i+1)-1\\ g(i)=f(i)+g(a)|a=MAX\{kf(a)<f(i)\}$
我们将所有函数都化为 $f$ ：
$f(i)=f(i-1)+g(a)+1|a=MAX\{kf(a)<f(i-1)\}\\ =f(i-1)+f(a+1)|a=MAX\{kf(a)<f(i-1)\}\\ =f(i-1)+f(a)|a=MIN\{kf(a)\ge f(i-1)\}$
我们再计算一下数列长度：
$\frac {f(i)} {f(i-1)}=1+\frac {f(a)} {f(i-1)}\\ \ge1+\frac 1 k$
即为了表示 $[1,n]$ 的所有数，产生的序列长度是 $O(log_{1+\frac 1 k}n)$ 的。

容易用归纳证明任何 $n=f(i)$ 的情况都是 $P$ 点：
$n=2,i=2$ 显然成立；
其余情况由 $f(i)=f(i-1)+f(a),kf(a)\ge f(i-1)$ 可知先手不能一次取完 $f(a)$ 。同时后手必然取得 $f(a)$ 的最后一个石子，这使得先手再次进入 $n=f(i-1)$ 的局面，注意此时先手会受到上一次取的数量的限制，但由于其对于 $NP$ 性存在单调性同时最好情况为 $P$ 点，所以先手依然处于 $P$ 点。唯一的例外是 $f(a)=1$ 的情况，容易分析此时 $NP$ 性并没有变化。所以 $n=f(i)|i>2$ 的情况得证。

有了以上结论，容易证明 $n\neq f(i)$ 的情况都是 $N$ 点：
只需要将 $n$ 分解，设 $n=\sum_{i=1} a_i$ ， $a$ 按升序排列。
先手先一次取完 $a_1$ ，因为分解中任意一对数的比都大于 $k$ ，所以后手不得不面对 $n=a_2$ 的 $P$ 点，由之前的证明，可知后手必然拿到 $a_2$ 的最后一个石子，这使得先手继续进入 $n=a_3$ 的 $P$ 点，以此类推。需注意此时先手第一次能够拿的最小值就是 $a_1$ ，否则将会使自己变成 $n=a_1$ 的 $P$ 点的先手而输掉游戏。

所以我们可以在 $O(log_{1+\frac 1 k}n)$ 下完成一次计算。

#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
int ar[2000010],n,k,ct=0;
void cl(){
    int i,a;for(scanf("%d %d",&n,&k),ar[1]=1,i=2,a=1;ar[i-1]+1<n;++i){
        for(;(ll)ar[a]*k<ar[i-1];++a);
        ar[i]=ar[a]+ar[i-1];
    }
    printf("Case %d: ",++ct);
    if(ar[i-1]==n)printf("lose\n");
    else{
        for(--i;;--i){
            if(n>=ar[i])n-=ar[i];
            if(!n){printf("%d\n",ar[i]);break;}
        }
    }
};
int main(){
    int t;scanf("%d",&t);
    while(t--)cl();
    return 0;
};

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