「题解」P6791 [SNOI2020] 取石子

anti-game 没有用，能取到 $n-1$ 的必胜，不能取到 $n-1$ 的必败，所以现在考虑取走最后石子获胜的情况。

对于一个 $n$ 来说合法的 $k$ 一定是一个前缀，并且一定是贪心取最小的（留给对方的机会更小），所以启发将每个 $n$ 最小的合法的 $k=a_n$ 打出表来，找到最小的 $j$ 满足 $a_{i-j}> 2j$ 即为 $a_i$。

找规律发现是前 $f_i$ 项是将前 $f_{i-2}$ 项拼到第 $f_{i-1}$ 项最后，并将最后的改成 $f_i$。如果感觉不出来这是啥也可以考虑斐波那契博弈和斐波那契进制有关，进而感受到 $a_n$ 就是 $n$ 在斐波那契进制下的 lowbit。

如何证明？直接归纳就行。首先 $a_1=1$ 成立。对于 $n>1$，记 $\operatorname{low}(n)$ 为 $n$ 在斐波那契进制下的 lowbit，则有：

• 取的石子 $x<low(n)$：首先对于固定的 $\operatorname{low}(n-x)$，取得石子越少越优，考察留下的最多是多少，假设 $\operatorname{low}(n)$ 斐波那契进制表示是 100000，那么最优的是 010000,001000,010100,0010100,010101 这样的形式，往上每隔一位将其置为 1。此时 $x$ 就是 $\operatorname{low}(n-x)$ 在斐波那契序列中的上一位，那么显然有 $\operatorname{low}(n-x)\leq 2x$。
• 取的石子 $x=\operatorname{low}(n)$：$\operatorname{low}(n-x)>2x$（因为斐波那契进制下不会有相邻的两个 1）。

至此可以证明 $a_n=\operatorname{low}(n)$。剩余的 dp 前缀和之类的东西就没啥好说的了（

#include<cstdio>
#include<vector>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<ctime>
#include<random>
#include<assert.h>
#define pb emplace_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define dbg(x) cerr<<"In Line "<< __LINE__<<" the "<<#x<<" = "<<x<<'\n'
#define dpi(x,y) cerr<<"In Line "<<__LINE__<<" the "<<#x<<" = "<<x<<" ; "<<"the "<<#y<<" = "<<y<<'\n'
#define DE(fmt,...) fprintf(stderr, "Line %d : " fmt "\n",__LINE__,##__VA_ARGS__)
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int>pii;
typedef pair<ll,int>pli;
typedef pair<ll,ll>pll;
typedef pair<int,ll>pil;
typedef vector<int>vi;
typedef vector<ll>vll;
typedef vector<pii>vpii;
typedef vector<pll>vpll;
template<typename T>T cmax(T &x, T y){return x=x>y?x:y;}
template<typename T>T cmin(T &x, T y){return x=x<y?x:y;}
template<typename T>
T &read(T &r){
	r=0;bool w=0;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9')w=ch=='-'?1:0,ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9')r=r*10+(ch^48),ch=getchar();
	return r=w?-r:r;
}
template<typename T1,typename... T2>
void read(T1 &x,T2& ...y){read(x);read(y...);}
const int mod=998244353;
inline void cadd(int &x,int y){x=(x+y>=mod)?(x+y-mod):(x+y);}
inline void cdel(int &x,int y){x=(x-y<0)?(x-y+mod):(x-y);}
inline int add(int x,int y){return (x+y>=mod)?(x+y-mod):(x+y);}
inline int del(int x,int y){return (x-y<0)?(x-y+mod):(x-y);}
int qpow(int x,int y){
	int s=1;
	while(y){
		if(y&1)s=1ll*s*x%mod;
		x=1ll*x*x%mod;
		y>>=1;
	}
	return s;
}
const int N=110;
ll f[N],s[N][N],m;
signed main(){
	#ifdef do_while_true
//		assert(freopen("data.in","r",stdin));
//		assert(freopen("1.out","w",stdout));
	#endif
	m=87;
	f[0]=f[1]=1;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		f[i]=f[i-1]+(i>=2?f[i-2]:0);
		s[i][i]=1;
		for(int j=1;j<i;j++){
			s[i][j]=s[i-1][j]+s[i-2][j]-(j==(i-2));
		}
	}
	for(int i=1;i<=m;i++){
		s[i][i]=0;
		for(int j=1;j<=i;j++)s[i][j]+=s[i][j-1];
	}
	int T;read(T);
	while(T--){
		ll k,n;read(k,n);
		int p=0;
		for(int i=m;i>=1;i--)if(f[i]<=k){p=i;break;}
		ll ans=0;
		int fl=0;
		for(int i=m;i>=1;i--)
			if(f[i]<=n){
				if(!fl)ans+=s[i][min(i,p)];
				else ans+=s[i][min(i,p)]+(p>=fl);
				fl=i;
				n-=f[i];
			}
		cout<<ans<<'\n';
	}
    #ifdef do_while_true
//		cerr<<'\n'<<"Time:"<<1.0*clock()/CLOCKS_PER_SEC*1000<<" ms"<<'\n';
	#endif
	return 0;
}