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题面：
取石子游戏
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Description
有两堆石子，数量任意，可以不同。游戏开始由两个人轮流取石子。游戏规定，每次有两种不同的取法，一是可以在任意的一堆中取走任意多的石子；二是可以在两堆中同时取走相同数量的石子。最后把石子全部取完者为胜者。现在给出初始的两堆石子的数目，如果轮到你先取，假设双方都采取最好的策略，问最后你是胜者还是败者。
Input
输入包含若干行，表示若干种石子的初始情况，其中每一行包含两个非负整数a和b，表示两堆石子的数目，a和b都不大于1,000,000,000。
Output
输出对应也有若干行，每行包含一个数字1或0，如果最后你是胜者，则为1，反之，则为0。
Sample Input
2 18 44 7
Sample Output
010
Source
NOI
解题：
慢慢推了几组之后，就会发现(1,2),(3,5),(4,7)……这些数对是必败态。推到这里想必大家都知道如何往下推了，（ai,bi），ai是之前没有出现过的最小自然数，而ci是之前没有出现过的最小自然数间隔,bi=ai+ci。为什么呢？因为(ai,bi-x),(bi>x>0)这些间隔在之前都已经出现过,只需要将两数共同减去相同一个数，便可到达必败态，故为必胜态。而(ai-x,bi)，因为ai-x在前面都已经出现过，只需要将bi调整到前面(ai-x,bi-y)对应的必败态即可，故也为必胜态。只有(ai,bi)，无法退回到之前的任一必败态，故为必败态。
序列为（1，2），（3，5），（4，7），（6，10），（8，13），（9，15），（11，18），（12，20），（14，23）……
推了这么多，，然而并无卵用。
因为这是普通人都不可能一眼发现的。
这是威佐夫的毕生研究，结论如下：
ai为[p*i],bi为[(p+1)*i],其中p为（(sqrt(5.0)+1)/2）。[]为向下取整。
有了以上结论，那么此题就可以解了。（d=bi-ai），用此时的d带入ai的计算公式，算出ai’，看ai’是否等于给出的ai，是则说明为必败态，不是则说明不是必败态。
详细证明：
代码：
#include <iostream>#include <cstdio>#include <cmath>#include <cstring>#include <string>#include <set>using namespace std;int main(){int a,b,dif,tmp;while(cin>>a>>b){if(a>b)swap(a,b);dif=b-a;tmp=dif*(1.0+sqrt(5.0))/2;if(a==tmp)cout<<"0\n";else cout<<"1\n";}return 0;}
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无论如何，没有人有办法把自己抑或他人的刺拔掉。那是一碰便痛的软肋，
