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 = M A X { k f ( a ) &lt; f ( i ) } f(i)=g(i-1)+1,g(i)=f(i+1)-1\\ g(i)=f(i)+g(a)|a=MAX\{kf(a)&lt;f(i)\} f(i)=g(i−1)+1,g(i)=f(i+1)−1g(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 = M A X { k f ( a ) &lt; f ( i − 1 ) } = f ( i − 1 ) + f ( a + 1 ) ∣ a = M A X { k f ( a ) &lt; f ( i − 1 ) } = f ( i − 1 ) + f ( a ) ∣ a = M I N { k f ( a ) ≥ f ( i − 1 ) } f(i)=f(i-1)+g(a)+1|a=MAX\{kf(a)&lt;f(i-1)\}\\ =f(i-1)+f(a+1)|a=MAX\{kf(a)&lt;f(i-1)\}\\ =f(i-1)+f(a)|a=MIN\{kf(a)\ge f(i-1)\} 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)≥f(i−1)}
我们再计算一下数列长度：
$$\begin{gathered} \frac{f(i)}{f(i-1)}=1+\frac{f(a)}{f(i-1)} \\ \ge 1+\frac{1}{k} \end{gathered}$$
即为了表示$[1,n]$的所有数，产生的序列长度是$O(lo{g}_{1+\frac{1}{k}}n)$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$n̸=f(i)$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$O(lo{g}_{1+\frac{1}{k}}n)$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;
};