【题目】

题目描述：

样例数据：

【样例 $1$1】

输入
6 10

输出
0

【样例 $2$2】

输入
2 1
8 4
4 7

输出
0
1
0

【分析】

博弈论好题。

以下内容部分摘自这里。

定义 $(a,b)$(a,b) 为第一堆石子有 $a$a 个，第二堆石子有 $b$b 个时的状态。

不妨令 $a\le b$a≤b，那么显然：

1. 若 $(a,b)$(a,b) 是必败态，那么 $(k,b),(b,k),(k,a),(a,k)$(k,b),(b,k),(k,a),(a,k) 都是必胜态。
2. 对于每个必败态的 $a,b$a,b 不会在另一个必败态中出现（由 $1$1 可得出）。
3. 如果有一个必败态 $(a,b)$(a,b)，那么 $(a±k,b±k)$(a±k,b±k) 为必胜态。

我们打表，发现：

任意非 $0$0 自然数 $a$a 一定在一个必败态中出现。且第 $i$i 个必败态的形式为 $(a_i,a_i+i)$(ai​,ai​+i)。

$a_i$ai​ 是满足不在以前必败态中的任何一个数出现的最小非 $0$0 自然数（由 $2$2 可得出）。

证明：

对于 $(a_i,a_i+i)$(ai​,ai​+i)，假设其为必胜态，那么必然存在一种操作使其转换为必败态。

首先假设我们在 $a_i$ai​ 中拿出一些石子，使 $a_i$ai​ 减小到 $a_i'$ai′​，即转换为 $(a_i',a_i+i)$(ai′​,ai​+i)，那么 $a_i'$ai′​ 一定在前面的必败态出现过。由于 $a_i+i$ai​+i 严格单调增，不属于前面任何一项的 $b$b。此时得到的局面为必胜态（由 $1$1 可得出）。所以不能减小 $a_i$ai​。

其次若 $a_i+i$ai​+i 减小，得到 $(a_i,b_i&#x27;)$(ai​,bi′​)，易得到 $b_i&#x27;−a_i&lt;i$bi′​−ai​<i，显然这是一个必胜态（由 $3$3 可得出）。所以不能减小 $a_i+i$ai​+i。

然后也不可能两项同时减小得到必败态，因为前面的必败态的差都小于 $i$i。

所以用反证法，这个结论是对的。

这个时候，我们就需要一个神奇的东西叫贝蒂定理来完成后面的步骤了。

先摘抄一下贝蒂定理的内容。
设 $a,b$a,b 是无理数且 $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=1$a1​+b1​=1，我们记 $A=\{\lfloor ka\rfloor|k\in N^*\},B=\{\lfloor kb\rfloor|k\in N^*\}$A={⌊ka⌋∣k∈N∗},B={⌊kb⌋∣k∈N∗}。
那么 $A∩B$A∩B 为空集且 $A∪B$A∪B 为正整数集合 $N^*$N∗。
证明的话就自己去百度看吧。

有了这个定理，我们就可以通过构造合适的 $A,B$A,B 来求出第 $i$i 个必败态。

那我们令 $b=a+1$b=a+1，即 $A=\{\lfloor ka\rfloor|k\in N^*\},B=\{\lfloor ka +k\rfloor|k\in N^*\}$A={⌊ka⌋∣k∈N∗},B={⌊ka+k⌋∣k∈N∗}，这样的话，$B$B 中第 $k$k 个元素刚好比 $A$A 中第 $k$k 个元素大了 $k$k，就可以满足我们的要求。

这样解出来，发现 $a=\frac{\sqrt 5+1}{2}$a=25​+1​，刚好也是一个无理数，满足前提。

因此，对于一个状态 $(x,y),x\le y$(x,y),x≤y，如果 $x=\lfloor\frac{\sqrt 5+1}{2}\cdot(y-x)\rfloor$x=⌊25​+1​⋅(y−x)⌋，那就是必败态，否则是必胜态。

【代码】

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int main()
{
	int n,m;
	double temp=(sqrt(5)+1)/2;
	while(~scanf("%d%d",&n,&m))
	{
		if(n>m)  swap(n,m);
		puts(n==(int)(temp*(m-n))?"0":"1");
	}
	return 0;
}