Euclidean Nim(bzoj 4147)

Description

Euclid和Pythagoras在玩取石子游戏，一开始有n颗石子。

Euclid为先手，他们按如下规则轮流操作：

·若为Euclid操作，如果n<p，则他只能新放入p颗石子，否则他可以拿走p的倍数颗石子。

·若为Pythagoras操作，如果n<q，则他只能新放入q颗石子，否则他可以拿走q的倍数颗石子。

拿光所有石子者胜利。假设他们都以最优策略操作，那么获胜者是谁？

 

 

Input

第一行包含一个正整数t(1<=t<=1000)，表示数据组数。

接下来t行，每行三个正整数p,q,n(1<=p,q,n<=10^9)，表示一组数据。

 

 

Output

输出t行。第i行输出第i组数据的答案，如果Euclid必胜，输出E，如果Pythagoras必胜，输出P，

如果游戏永远不会停止，输出R。

 

 

Sample Input

4
3 2 1
2 3 1
3 4 5
2 4 3

Sample Output

P
P
E
R

HINT

 

在第一组数据中，Euclid必须新放入3颗石子，然后Pythagoras拿走4颗石子并获胜。

/*
  第一次写博弈论，这道题貌似很经典
  首先令d=gcd(p,q)，如果d不整除n，那么显然无解。
  下面讨论有解的情况:
  ① p=q ：显然先手必胜。 
  ② p>q&&n<p ：先手第一次数量加p，后手可以把数量变成n%q，这样先手永远无法取石子，后手必胜。 
  ③ p>q&&n>=p ：如果先手第一次取完石子，石子数量大于p，后手还是可以把数量变成n%q，后手必胜；
       否则，先手取成n mod p -> 后手+q -> 先手?p -> 后手+q -> ……，如果n%(p-q)=0，则先手必胜。
  ④ p<q&&n<p ：先手第一次把数量变成n+p，如果n+p<q，就变成了第二种情况，否则是第三种情况。
  ⑤ p<q&&n>=p ：那么先手可以把石子变成n%p，就变成了第二种情况。 
*/
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
bool ok(int n,int p,int q){
    return n%p<q&&n%p%(p-q)==0;
}
int main(){
    int T;scanf("%d",&T);
    while(T--){
        int p,q,n;
        scanf("%d%d%d",&p,&q,&n);
        int gcd=__gcd(p,q);
        if(n%gcd){
            printf("R\n");
            continue;
        }
        p/=gcd;q/=gcd;n/=gcd;
        if(p==q) printf("E\n");
        else if(p>q){
            if(n<p) printf("P\n");
            else {
                if(ok(n,p,q)) printf("E\n");
                else printf("P\n");
            }
        }
        else {
            if(n<p){
                if(n+p<q) printf("E\n");
                else {
                    if(ok(n+p,q,p)) printf("P\n");
                    else printf("E\n");
                }
            }
            else printf("E\n");
        }
    }
    return 0;
}