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题目大意：

两个人st和ol博弈

有两个整数n,m

每次轮到一个人时候，需要选择用大的那个数减去小的那个数的倍数（不能减为负数）

最后得到0的为胜利者

思路：

（以下讨论均在n<m的条件下）

一.

首先考虑一种简单的情况m/n==1

那么每次轮到的人就只有一种选择m-n

然后还满足上述条件，则重复

二.

m/n>=2

假设m=kn+p

假设（n,p）是一个必胜点

当前状态为（n,m)

但是当前的操作者不想把这个必胜点留给对方

所以这个操作者选择转移到（n,m-(k-1)*n) –>(n,n+p)

因为p的范围是[0,n-1]

轮到第二个操作者的时候，他只能选择一种操作（即第一种情况）然后这个必胜点就又回到来一号操作者的手中

假设（n,p)是一个必败点

那么一号操作者可以由（n,m)直接转移到（n,z）把这个必败点留给对方

综上：

n/m>=2时，当前操作者必胜

具体操作：

就是第一种情况就是一直while循环过来循环过去就行， 遇到第二种情况就退出

复杂度不太会分析

这种方法的时间复杂度是多少呢？不难发现，当ii和jj为斐波那契数列的相邻两项时，所需次数最多。得出，复杂度上界略大于O(logn)O(logn)。肯定是不会炸的！

–来自洛谷一位大佬

Code：

   n = read(), m = read();
        if(n > m) swap(n, m);
        if(m / n >= 2)
            puts("Stan wins");
        else
        {
            int flag = 1;
            while(1)
            {
                if(n > m) swap(m, n);
                if(m % n == 0||m/n>=2) break;
                ll t = n;
                m -= t;
                n = n;
                flag = 1 - flag;
            }
            if(flag)
                puts("Stan wins");
            else
                puts("Ollie wins");
        }