P4018 Roy&October之取石子

题目背景

Roy和October两人在玩一个取石子的游戏。

题目描述

游戏规则是这样的：共有n个石子，两人每次都只能取 p^kpk 个（p为质数，k为自然数，且 p^kpk 小于等于当前剩余石子数），谁取走最后一个石子，谁就赢了。

现在October先取，问她有没有必胜策略。

若她有必胜策略，输出一行"October wins!"；否则输出一行"Roy wins!"。

输入输出格式

输入格式：

第一行一个正整数T，表示测试点组数。

第2行~第(T+1)行，一行一个正整数n，表示石子个数。

输出格式：

T行，每行分别为"October wins!"或"Roy wins!"。

输入输出样例

输入样例#1：

3
4
9
14

输出样例#1：

October wins!
October wins!
October wins!

说明

对于30%的数据，1<=n<=30；

对于60%的数据，1<=n<=1,000,000；

对于100%的数据，1<=n<=50,000,000，1<=T<=100,000。

（改编题）

Solution：

　　本题比较水。

　　首先，不难发现$1,2,3,4,5$都是先手赢，到了$6$时就后手赢了，而对于大于$6$小于$12$的数，都能取$[1,5]$中的某个数，使其变为$6$，而到了$12$又是后手赢…

　　直接告诉我们，$6$的倍数是先手必输状态，其余为先手必胜状态。

　　首先，$6$的倍数一定不是某一质数的幂（这是显然的，因为$6=2\times 3$，所以$6$的倍数至少含两个质因子），所以$6$的倍数一定不能被一次取完。

　　然后无论$6$的倍数怎么取，都至少取走一个非$6$的倍数的数，那么剩下的数必定为非$6$的倍数的数，我们只要从$[1,5]$中取某个值就能使得其又变为$6$的倍数。

　　最后一定能够回到值为$6$且后手取的情况，此时后手无论取何值，都是输。

　　所以只需判断一下是否是$6$的倍数就好了。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define il inline
#define ll long long
#define For(i,a,b) for(int (i)=(a);(i)<=(b);(i)++)
#define Bor(i,a,b) for(int (i)=(b);(i)>=(a);(i)--)
#define Max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define Min(a,b) ((a)>(b)?(b):(a))
using namespace std;
int T,n;

il int gi(){
    int a=;char x=getchar();bool f=;
    while((x<''||x>'')&&x!='-')x=getchar();
    if(x=='-')x=getchar(),f=;
    while(x>=''&&x<='')a=(a<<)+(a<<)+x-,x=getchar();
    return f?-a:a;
}

int main(){
    T=gi();
    while(T--){
        n=gi();
        if(n%==)puts("Roy wins!");
        else puts("October wins!");
    }
    return ;
}