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。

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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。

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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 $N(x,n)$：

$$\begin{aligned} N(x,n)&=\sum_{k\geq 1}[\lfloor kx\rfloor\leq n]\\ &=\sum_{k\geq 1}[kx<n+1]\\ &=|[1,(n+1)/x)\cap\N|\\ &=\lceil (n+1)/x\rceil-1 \end{aligned}$$

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。

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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。