打表：威佐夫博弈与 k 倍动态减法

威佐夫博弈

两堆石子，每次可以取 \((x,y)\)，你需要保证 \(x+y\ge 1\) 并且 \(x:y=(1:1)/(1:0)/(0:1)\)。

在二维平面上打出必胜必败表，使用直角坐标系的上下左右观念。

由于每个点从下、左、左下转移而来，反演之后可得若一个点是必败，则上、右、右上都是必胜。

从下往上考虑，显然每行下面的部分只能排除掉有限格，所以该行必定有必败态，也就是说每行恰有一个必败态。

考虑对必败 pair 进行打表，该数列是 \((0,0),(1,2),(3,5),(4,7),(6,10),(8,13),(9,15),\cdots\)。

上、右保证了这个数列中不会出现相同的数，右上保证了差是互异的，由于第一个数是递增的，差也是递增的，所以令第 \(i\) 个对的差是 \(i\)，第二个数不会冲突。

看上去两项和对编号之间都是渐进意义上的倍数关系，设第 \(i\) 个对的首元素是 \(\alpha i\)，第二个元素是 \((\alpha+1)i\)。

考虑列方程，设所有的次元素中有 \(t\) 个 \(\le \alpha i\) 的，再加上前面所有的首元素，则 \(t+i=\alpha i\)，又因为 \((\alpha+1)t=\alpha i\)，可以解得 \(\alpha=\frac{\sqrt 5-1}{2}\)，验证了前几项发现答案就是 \(\lfloor\alpha i\rfloor\)，那越到后面肯定误差越小，所以这个就是答案。

另一种暴力刻画的方式是，每次我们把 \(\le\) 最后一个次元素的未出现的元素们拿出来，它们肯定是主元素，这个段数是 \(\log n\) 的，

扩展：HDU6869 Slime and Stones

新增可选项：\(|x-y|\le k\)。

这个扩展是简单的，上、右、右上大宽条。

每行仍有一个，只不过差每次排除了 \(k+1\) 个。

简单的打表也可以得到，设第 \(i\) 个对的首元素是 \(\alpha i\)，则次元素是 \((\alpha+k+1)i\)。

列方程，设所有的次元素中有 \(t\) 个 \(\le \alpha i\) 的，再加上前面所有的首元素，则 \(t+i=\alpha i\)，又因为 \((\alpha+k+1)t=\alpha i\)，可以解得 \(\alpha=\frac{1-k+\sqrt{k^2+2k+5}}{2}\)。

扩展2

新增可选项：\(x:y=(p:1)/(1:p),p\in\mathbb N^+\)，即每次排除掉所有的倍数点。

显然每行仍恰有一个，剩的不会推了。

k 倍动态减法 UVA1567

一堆石子，第一个人限制取 \(\le q\) 个，此后每个人限制取 \(\le km\) 个，\(m\) 是上一个人取的数量，问是否先手必胜。

\(n\le 10^8,k\le10^5\)。

我们敏锐地注意到，本题的状态是 \(i,j\) 表示剩 \(i\) 个石子时能取 \(\le j\) 个。

显然 \(j\) 这一维有单调性，所以我们研究的东西进一步简化为 \(f_i\) 表示最小的 \(j\) 使得先手必胜。

手玩 \(k=1\) 的情况，发现是 \(f_i=\text{lowbit}(i)\)，仔细想想就会证了，若先手能取到 \(\text{lowbit}\)，则后手一定取不到，而如果先手取不到则后手一定能取到。

我们窥见一个 \(f\) 的转移式：\(f_i=\min_{j,f_{n-j}>kj}j\)，也就是它取完后手取不到。

对其打表，我们用 \(i\to i-f_i\)，对每个 \(i\) 求出这条链，将其从左往右写出来。

例如 \(k=2\) 时是：\(1,2,3,3+1,5,5+1,5+2,8\)。

我们发现，构造第 \(i\) 个数列的方式，就是数列 \(i-1\) 后面加上 \(1\)，然后从后往前合并满足 \(a_i\le ka_{i+1}\) 的人。

对其类似 \(k=1\) 的手玩，发现 \(\text{lowbit}\) 的位置就是这个新进制下的 \(\text{lowbit}\)。

何以证明？若先手能取到 \(\rm lowbit\)，则由于 \(a_i>ka_{i+1}\)，后手取不到 \(\rm lowbit\)，而若先手取不到 \(\rm lowbit\)，势必要拆掉最后一个位置，而 \(f\) 的定义式天然满足了拆掉之后前面没被拆掉的很大的 \(f\) 仍然会卡住，也就是说这个链结构只有最后一项分裂成小项了。

所以后手一定能取到新的 \(\rm lowbit\)。

这个数列增长的不快，但数列中的“基本数”（\(k=1\) 是 \(2^t\)，\(k=2\) 是斐波那契数列）是通过 \(a_i=a_{i-1}+\min_{j,ka_j\ge a_{i-1}}a_j\) 构造出来的，显然是一个指数级增长。