威佐夫博弈探索纪实。
由于是纪实，所以看起来可能很下饭，请勿嘲讽——水平低的人也是有自尊的。
有两堆石子，各有 \(n,m\) 个。双方每轮可以从任意一堆拿任意个，或从两堆分别拿 \(x,y\) 个，满足 \(|x-y|\leq k\)，不能不拿。无法操作者败，问先手必胜关于 \(n,m,k\) 的充要条件。
考虑 P/N 态 DP，打个表先。打表的方式为固定 \(k\)，打出对于较小 \(n,m\) 的 01 矩阵，便于观察。
初步观察得到以下几个事实：
- 极大多数位置都是必胜。
- 必败态的格子除开 \((0,0)\) 外分为两半，关于主对角线对称。上三角的那一半，必败态的行列号分别严格递增，将它们依次连起来，酷似一条直线。
- 列号的增加速度总是高于行号的增加速度。当 \(k\) 递增时，列号的增加速度在增加，行号的增加速度变化不明显。
一个自然的想法是研究上三角的必败态位置集合，记为 \(\{(a_i,b_i)\}_{i\geq 1}\)。考虑将 \(a,b\) 当作数列研究，将它们以及它们的差分序列同时打出来，容易发现以下结论：
- \((\Delta b)_i=(\Delta a)_i+k+1\)。这就是说，\(b_i=a_i+(k+1)i\)。
- \(\Delta b\) 中只有 \(1,2\) 两种元素，且相邻两个 \(2\) 之间 \(1\) 的数量要么是 \(k\)，要么是 \(k+1\)。
如果我们能找到 \(\Delta b\) 相邻两个 \(2\) 之间 \(1\) 的数量的规律，那就做完了。而当你兴高采烈地再打出 \(\Delta b\) 的 \(1\) 的连续段长度序列时，发现又是个类似 \(\Delta b\) 的，极差为 \(1\) 且较小值连续段长度极差也为 \(1\) 的序列。继续递归下去，永无止境，毫无规律。找规律题就是这样，哪儿有什么顺风顺水的，你要做的就是别在一棵树上吊死，多睁眼看世界。
事实上，差分序列满足极差为 \(1\)，这就暗示我们这其实是由某个实数的整数倍下取整所生成的序列。而找不到规律，便多半是无理数，因为有理数总会形成周期。但鉴于这没有那么显然，选手做题时有概率意识不到，姑且当作后话，此处略去不谈。
另一方面，我们考虑将 \((a_i,b_i)\) 们连接所得的近似直线的斜率。但由于是小数，收敛也比较慢，难以发现规律。
至此，基于 01 矩阵的几何直观已经被挖掘的差不多了。接下来尝试增大形式化程度地推导。
观察 DP 式，由于是 P/N 态 DP，它的形式只是一个集合的 mex。而 mex 容易转化为一个类似筛法的过程：每确定一个必败态 \((u,v)\)，都将 \((u+x,v)\)、\((u,v+x)\)、\((u+x,v+y)\) 其中 \(|x-y|\leq k\)，这些格子标记一下，再选取最上、最左的没有被标记的位置，作为下一个确定的必败态。
进行一些手玩，立刻又可以发现一些结论：
- 每行 / 列都最多有一个必败态。因为考虑第一个必败态，它会标记该行 / 列以后的格子。事实上这已经通过几何直观差不多看出来了。
- 自然会考虑：每行 / 列是否至少有一个必败态，这样结合上条，就可以改为「恰好」。尝试证明，是简单的：一行有无限个格子，而除非横着标记，竖着和类似 band-matrix 的斜着标记只会影响本行有限个格子，不可能覆盖完。
由于已经确定每行恰好有一个必败态，我们立刻可以将二维转化为一维：记 \(f_i\) 为第 \(i\) 行的必败态的列号。由对称性有 \(f_{f_i}=i\)。这样就可以知道：全体正整数在所有必败态的行号集合中都恰好出现一次，列号也是如此。所以 \(f\) 是 \(\N_+\) 的一个置换。不妨考虑其置换环，显然是若干个二元环 \(i\to f_i\to f_{f_i}=i\)。可以发现，所有 \((i,f_i)\) 无序对就是之前提到的 \(\{(a_j,b_j)\}\)。
此时我们对 \(\{(a_i,b_i)\}\) 的性质已经有了更多的了解，可以尝试再回过头来解 \(a_i\) 的通项。受 mex 形式的影响，依直觉考虑增量求解，如果已知 \(a_{1\sim i-1}\)（由 \(b_j=a_j+(k+1)j\)，其实也确定了 \(b_{1\sim i-1}\)），考虑 \(a_i\) 显然是剩下未确定的数中最小的，立刻有 \(a_i=\operatorname{mex}(\{0\}\cup\{a_{1\sim i-1}\}\cup\{b_{1\sim i-1}\})\)。
至此，我们已经得到了 \(a,b\) 的递推式。对某个固定的 \(k\)，容易在 \(\mathrm O(n)\) 时间内求解 \(a,b\) 的前 \(n\) 项，在题目中足以获得不错的分数。至于通项，那属实有点 magic 的成分了，姑且当作知识学习吧，正所谓思而不学则殆。另一方面来看，直到当前这一步，以上观察和推导其实都是相对平凡的，只要你真的认真去推了。
接下来是 magic 的部分。参考《具体数学》第 3.2 章末尾。
定义正实数 \(x\) 的谱 \(S(x)=\{\lfloor kx\rfloor\}_{k\geq 1}\)，可以将其看作序列，也可以看作可重集，这是等价的，因其非严格递增。
显然，没有任何两个谱是相同的。因为对于 \(x<y\)，显然存在足够大的 \(k\) 使得 \(\lfloor kx\rfloor<\lfloor ky\rfloor\)。
我们定义两个谱 \(S(x),S(y)\) 是 \(\N_+\) 的一个划分，当且仅当 \(S(x)\sqcup S(y)=\N_+\)，其中 \(\sqcup\) 是无交并。
我们要检查一个可重集是否等于 \(\N_+\)，只要看其 counter array 是否全为 \(1\)。而对于整除，不等号处理显然是容易的，于是我们取 counter array 的前缀和，那么只需对每个 \(n\in\N_+\) 检查不超过 \(n\) 的数量是否为 \(n\)。
考虑一个谱 \(S(x)\) 不超过 \(n\) 的数量 \(N(x,n)\)：
Beatty 定理指出：对于两个无理数 \(x,y\)，若 \(1/x+1/y=1\)，则 \(S(x),S(y)\) 形成 \(\N_+\) 的划分。
证明：只要证 \(\lceil (n+1)/x\rceil-1+\lceil (n+1)/y\rceil-1=n\)。由于是无理数，那么取整号内的数一定不是整数，可以做一步化简：\(\lfloor(n+1)/x\rfloor+\lfloor(n+1)/y\rfloor=n\)。为了应用 \(1/x+1/y=1\) 的条件，考虑拆开整除：\((n+1)/x+(n+1)/y-\{(n+1)/x\}-\{(n+1)/y\}=n\)。前两项显然为 \(n+1\)，后两项小数部分之和显然在 \((0,2)\) 内，而 LHS 是整数，所以小数部分之和一定为 \(1\)，等式得证。
对于威佐夫博弈，由于 \(a,b\) 是 \(\N_+\) 的划分，于是尝试构造无理数 \(x,y\) 满足 \(1/x+1/y=1\)，使得 \(S(x)=a,S(y)=b\)。列出方程 \(\lfloor ix\rfloor+(k+1)i=\lfloor iy\rfloor\)。两边小数部分相同，于是可以去掉取整，得到 \(y=x+k+1\)，于是 \(1/x+1/(x+k+1)=1\)，解得 \(x=(1-k+\sqrt{k^2+2k+5})/2\)。到这儿已经做完了。
纵观全文，发现有一个由观察得到的关键性质 \(b_i=a_i+(k+1)i\) 没有予以证明，现在来证一下。至于为什么放到最后，是因为一个 OIer 不需要会证明，观察、推导、猜想和打表足矣。
考虑对 \(i\) 归纳。此时 \(a_{1\sim i-1},b_{1\sim i-1}\) 已经确定，并用递推式算出了 \(a_i\)（\(a\) 的递推式不依赖此结论）。
由于 \(a_i\leq b_i\)，所以对 \(j<a_i\)，\((a_i,j)\) 都是必胜态。
对 \(j\in[a_i,a_i+(k+1)i)\)，显然 \((a_{i-1},b_{i-1})\) 能通过斜着标记覆盖到 \((a_i,j)\)，也是必胜态。
这样，不会有必败态横着覆盖到 \((a_i,a_i+(k+1)i)\)。竖着显然也不会，因为易证在 \(\{a_{1\sim i-1}\},\{b_{1\sim i-1}\}\) 内出现过的数都小于 \(a_i+(k+1)i\)。接下来只要证斜着也不会覆盖到即可。
格子 \((x_1,y_1)\) 能斜着覆盖 \((x_2,y_2)\)，仅当 \(|(x_1-y_1)-(x_2-y_2)|\leq k\)。而对 \(j\in[1,i-1]\)，\(a_j-b_j\) 或 \(b_j-a_j\) 最大只能到 \((k+1)(i-1)\)，于是不可能覆盖 \((a_i,a_i+(k+1)i)\)。至此，已经得证。
