借用一下qls翻译过来的题面
现在有 n 个石子，A 和 B 轮流取石子，A先，每次最多可以取 m 个石子，取到最后一个石子的人获胜，但是某个人如果取完石子时候剩余石子数的二进制表示中有奇数个1，这个人就输了
给定 n 和 m，问谁赢
n<=5e8, m<=50
TL 2s
以前我是从来没接触过博弈的
首先普及一下博弈的基本知识。。
必胜态，必败态，以及必胜点与必败点
首先有一个字必须要看清楚，那就是“必”字
是必胜而不是，胜利就行，这个字很关键
如图所示，一个点是p-position的条件是，他的前驱节点是必胜态
一个点是N-position则要求他的后继节点全部都是必败态（否则他是做不到必胜，记住。。是必胜）
那么我们可以得到，标记一个点的规则是，观察当前未被标记的点的所有后继节点，如果它的后继节点全部都
达到了必胜态，则这个点一定是必败态，我们就标记成必败态，如果它的后继节点中至少有一个点是必败态，那么
当前的这个点一定是必胜态，因为如果有必胜的方法，只要有，我们就一定会去选择他。
了解了这个之后就差不多了。。
首先。。一开始有n个石子，但是我们每个人都不会清楚当前如何决策是最优的，因为从n个石子的状态开始，
没有一个点的后继节点的状态是明确的，我们要至少找出一个具有明确状态的点才能继续我们的工作
这时候我们需要做的工作是，找到这个博弈情景中的终态，什么是终态呢。。第一，已经分出胜负，
第二，从这个状态开始再也无法移动，游戏无法进行下去了。
那么这个题，有两个终态，第一当你面对石子的时候，它已经剩下了0个，游戏结束，你无法做任何操作，并且你输掉了比赛
第二，当你面对这堆石子时，他的数量写成二进制的形式后有奇数个1，而题目中说了，如果当前移动后的结果是奇数个1，那么
移动的这个人就会输，那么换句话说，当你正好面对这奇数个1时，不用做任何操作，因为上一个人已经输了（按照题目中的游戏定义）
所以我们至少要按照定义找到至少一个有明确状态的点，当我们从n个石子的这个状态出发去考虑，我们发现如果它的儿子们没有明确的
状态，那我就只能去找它儿子的儿子们，那么我们发现这其实是一个递归地过程，最终我们会找到叶子节点（有明确状态的点）
然后根据前面介绍的博弈论的基础知识去回溯，因为我们知道所有的后继节点都有了明确的状态之后，那么我们可以很容易的推知
他们的父亲节点是什么状态
int dfs(int n,int m,int dep){
if(ans[n]!=-1) {
return ans[n];
}
if(n==0){
return ans[n]=0;//终态为零时输掉
}
if(Count(n)%2==1){
return ans[n]=1;//当前二进制位数为奇数
}
register int i;
int res=dfs(n-1,m,dep+1);
for(i=2;i<=m;++i){
if(n-i>=0){
res&=dfs(n-i,m,dep+1);
}
}
if(res==1){
return ans[n]=0;
}
else{
return ans[n]=1;
}
}
以上为递归程序的版本
我们清楚了这个过程之后，发现，一开始的递归找叶子节点（有明确状态的点）这一过程是多余的
因为我们知道应用何种知识去找出叶子节点，即终态的意义明确
所以我们可以从递归树的底部，直接回溯上去
void solve(int n,int m){
int i,j;
int res=0;
int dp[m];
for(i=1;i<=m;++i){
dp[i]=1;
}
for(i=1;i<=n;++i){
// cur=res;
for(j=2;j<=m;++j){
if(n-j>0){
res&=dp[j];
}
}
if(res==1) {
res=0;
}
else{
res=1;
}
if(Count(i)%2==1){
res=1;
}
for(j=m;j>=2;++j){
dp[j]=dp[j-1];
}
dp[1]=res;
}
}
这个是递推程序的版本
为什么要开m大小的dp数组呢，这是因为，每个博弈的阶段，我们都有m个选择，选择1~m中的一个数，取出对应数的石子
能不能取，我们再说，到时候程序里判断一下就完事了
并且还有另外一个分析的方法，因为你是从递归树的底部往上推，那么你就需要知道上面那个点的所有子节点都是些什么
或者说如何找到它的所有子节点，那么我们知道因为你每个阶段最多作出m个决策（必胜必败，石子数不够的情况都会少于m个决策）
所以通过m我们就能找到它所有的后继节点的状态，因为每次都只用到了这m个状态，所以我们只存这m个状态，每次迭代即可
如何迭代呢？我们就要去分析一下递归树，每次这m个状态都是哪些状态（我都用到了哪m个状态），这个题呢，正好就是有规律的，不断用算出来的一直迭代
旧的状态就行，一定要自己画一画。
走到这一步。。我们注意到，我的dp数组里存的数，不是零就是1，而且m还比较小，最大50，那么long long是能存下的，这里有一个坑
那就是ll p=(1<<50);会溢出。。因为1默认是整型，必须要写成ll p=(1ll<<50)
所以我们考虑用long long来压m位，进行状态压缩。。，那么我怎么考虑我这m个状态的更新呢。。不用担心。。我们使用位运算
使用左移运算就能达到后面的位保存前面的位的效果。。但是这样的话，这个数就越来越大了，不是m位了。。会爆炸的。。所以
我们用一个m位全一的数跟压位的这个数做一下与运算，为的是这个m位全1的数的高位的零把压位的这个数的超过m位的不为1的位都截掉
然后最后一位用或运算更新状态即可。。这样就代替了上面的dp数组
void test(int n,int m){
ll allwin=(1ll<<m)-1;
ll nowstate=allwin;
register int i,j;
for(i=0;i<=n;++i){
if(Count(i)&1||nowstate!=allwin){
res=1;
}
else{
res=0;
}
nowstate=((nowstate<<1)&allwin)|res;
}
}
这里这个Count（int v）函数是用来计算一个数的二进制1的个数，显然这个时间复杂度是nlogn的
对于题目中的数据，这样铁定超时。。
所以说我们就要加速对于Count（n）的计算
然后呢。。我们注意到题目中n最大不会超过int,那么int一共有32位，我们可以用分治的思想
把它分成两半，那么一半就是1<<16了。。，于是乎。。我们就预处理出0~(1<<16)-1（16个1）这些数每个数有多少个1就行了
((pre[i>>16]+pre[i&((1<<16)-1)])&1)我们来理解一下，这个式子。。
前半句是说，取i的高16位，显然是在针对超过16位的i，如果i本来就不够16位，那么我们知道pre[0]=0;
那么后半句就是在说，把i的低十六位取出来。。
然后我们就能快速地预处理这个值了
我们还用到了一个__builtin_popcount,(注意前面有俩下划线。。。)，这个是内置函数。。不需要头文件，这个函数算的还是贼快的。。
他能快速算出一个数有多少个二进制位的1
另外：string前面要加上std::
下面贴上代码
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <string.h>
#include <time.h>
#define ll long long
class ThueMorseGame{
public:
int pre[1<<16];
std::string get(int n,int m){
int i;
int res=0;
ll allwin=(1ll<<m)-1;
ll nowstate=allwin;
for(i=0;i<(1<<16);++i){
pre[i]=__builtin_popcount(i);
}
for(i=0;i<=n;++i){
if(((pre[i>>16]+pre[i&((1<<16)-1)])&1)||nowstate!=allwin){
res=1;
}
else{
res=0;
}
nowstate=((nowstate<<1)&allwin)|res;
}
//i 从1开始，nowstate全是1，是不对的，因为有一个0的必败态
//所以从零开始，初始化一下
return (nowstate&1)?"Alice":"Bob";
}
};
int main(){
int st,ed;
int n,m;
scanf("%d%d",&n,&m);
ThueMorseGame p;
st=clock();
std::string ans=p.get(n,m);
ed=clock();
std::cout<<ans<<" time:"<<(double)(ed-st)/CLOCKS_PER_SEC<<"s"<<std::endl;
return 0;
}