題意：乙個西洋棋棋盤，有四種棋子，從(n,m)走到(1,1)，走到(1,1)的人贏，先手贏輸出b，後手贏輸出g，平局輸出d。
題解：先把從(n,m)走到(1,1)看做是從(1,1)走到(n,m)。
四種棋子的規則如下：
1、王（king）：橫、豎、斜都可以走，每次限走一格
2、車（rook）：橫、豎均可走，不能斜走，格數不受限制，除王車易位的情況下，平時不能越子
3、馬（knight）：每步棋先橫走或豎走一格，再斜走一格（或者橫兩格豎一格，豎兩格橫一格），可以越子
4、後（queen）：橫、豎、斜都可以走，格數不受限制，但不能越子
第一種很明顯(1,1)是必敗點，可以走到必敗點的都是必勝點，而只能走到必勝點的都是必敗點，所以很容易得出結論：n,m都為奇數則先手必敗。
第二種把這個問題看做是兩堆石子，取石子問題，是尼姆博弈，異或為0即相等的時候先手必敗。
第三種先n–，m–，把問題轉化為(0,0)是終點，如果n+m不是3的倍數一定是平局；如果是3的倍數，如果nm相等，那麼一定是必敗的，先手減2減1，後手就減1減2，必敗；如果nm不等且n=m+1或者m=n+1，那麼先手必勝，因為可以一步走到必敗點，必勝；其餘情況都是平局，因為如果一方存在贏的情況，另一方可以不走那步，把小的數-2，大的數-1，往牆上靠，誰也贏不了肯定是平局。
注意：n和m相差1不能用異或=1判斷，如果奇數-偶數=1異或確實為1，偶數-奇數=1就不是了，受到以前一道概率dp題的誤導結果wa了好多次，那個題是if((j>>(i-1)^1)==(k>>(i-1))) 是足球淘汰賽，01,23,45一組，和這個題不一樣，要注意。附上那道題：傳送門。
第四種也是看做兩堆石子，取石子問題，是威佐夫博弈。
#include
#include
#include
#include
#include
#define ll long long
using
namespace
std;
int main()
else
if(t==2)
else
if(t==3)
}else
}return
0;}
①王。首先注意乙個3*3的棋盤，開始在(1,1)，問走到(3,3)誰有必勝策略。
窮舉所有情況，容易發現這是後手贏。
對於nn和mm更大的情況，我們把橫座標每隔3、縱座標每隔3的點都畫出來，這些點都是符合後手勝的。
（因為無論先手怎麼移動，後手都能重新移動到這些格仔，直到到了終點）
如果初始點不在這些點上，就必然是先手勝。因為先手可以立刻移動到上述的點。
②車。注意到，如果目前的位置距離終點的xx和yy座標差相等，一定是後手勝。
（因為先手只能向下或者向右走一段路；無論他往**走，後手往另一維走相同的步數，依然保持這一樣一種狀態。）
反之，先手必然能走到一處相等的位置，轉化為上述問題，所以一定是先手勝。
③馬。同樣還是畫圖可以得到規律。
在大多數情況下都是平局。在模3域下，某些地方會存在先後手贏。
④皇后。
畫畫圖後，我們可以將問題轉化為：
「有兩堆石子，每次可以在一堆裡取任意（非空）顆（相當於是車的走法），或者在兩堆裡取相同（非空）顆（相當於是象的走法），取到最後一顆石子的人獲勝，問先後手誰有必勝策略。」
此題中n\leq 1000n≤1000，可以直接用dp的方法解決。
設f[x][y]為橫座標距離終點x步，縱座標距離終點y步時，必勝的是先手還是後手。
直接轉移的話，可以列舉先手的下一步決策進行轉移，這樣是o(n^3)o(n
3 )的。
注意到轉移只是一行、一列或者斜著一列，這些都可以通過字首和，做到最終o(n^2)o(n
2 )。
其實對於更大的nn也是可以做的。
由於敘述起來比較麻煩，具體的結論和證明可以參見：
當時做是直接畫圖，在紙上列舉出各種情況，座標可以表示出來
hdu5754各種博弈
官方題解 我們依次分析每一種棋子。王。首先注意乙個3 3的棋盤，開始在 1,1 問走到 3,3 誰有必勝策略。窮舉所有情況，容易發現這是後手贏。對於nn和mm更大的情況，我們把橫座標每隔3 縱座標每隔3的點都畫出來，這些點都是符合後手勝的。因為無論先手怎麼移動，後手都能重新移動到這些格仔，直到到了終...
hdu 5754 多校第3場
比賽的時候不知道如何把棋盤博弈轉換為取石子博弈，並且在畫馬的pn表的時候出錯了，沒有遵從只n則p的規則，還有就是皇后的走法也沒想到是威佐夫博弈，之前沒做過，題量少。比完之後，結合別人的想法了解了把棋盤博弈轉化為取石子博弈的方法 附上 includeusing namespace std int a ...
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