巴什博弈：
参考博客
巴什博弈就是一共有n个石子，两个人轮流拿石子，一次最少拿1个最多拿m个，最后取光石子的人赢。
先拿石子的人称为先手，后拿石子的就是后手，因为两个人都是绝顶聪明的，所以我们要判断在不同的n和m的情况先手和后手哪个是必赢的。
一共有n个石子，如果一开始n只等于m+1，那么不论先手拿了几个，后手都可以一次拿走剩下的。如果n大于m+1，同样的，不论先手每次拿几个，后手都可以使两个人这次拿的石子合起来的数量是m+1，所以当n%(m+1)==0的时候，先手必输，后手必赢。

int main(int argc,char const*argv[]){ 
    int n,m; scanf("%d%d",&n,&m); if(n%(m+1)==0) printf("second"); else printf("first"); } 

巴什博弈的变形：
前面和巴什博弈一样，就是后面变成最后取光石子的人输。
因为最后取走石子的人数，所以只有在最后棋子只有一个的时候对方才会取走最后的石子，所以就是变成谁先拿到n-1个石子谁就赢，那么不就和巴什博弈差不多了，当(n-1)%(m+1)==0的时候，先手必输，后手必赢。

讯享网int main(int argc,char const*argv[]){ 
    int n,m; scanf("%d%d",&n,&m); if((n-1)%(m+1)==0) printf("second"); else printf("first"); } 

int main(int argc,char const*argv[]){ 
    int n,m; while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF){ 
    if(n==0&&m==0) break; if(n%2!=0&&m%2!=0) printf("What a pity!\n"); else printf("Wonderful!\n"); } } 

巴什博弈相关例题可以看这个博客，几道题都很不错。

威佐夫博弈：
有两堆石子，一堆有n个石子，一堆有m个石子，两个人轮流取石子，有两种取法：一种是从一堆中取任意个石子，一种是从两堆中取一样数量的石子。一直到所有石子都被取光为止，取到最后一个石子的胜。
分析的话我们可以把两个石子堆看成两个坐标，合起来构成一个二维坐标系，从(n,m)位置开始移动，最先到(0,0)的胜。移动的方法是向左或者向下移动，或者向左下移动。从(0,0)点开始分析，找到下一步必胜点，那么这个点就是必输的，多找几个点发现规律之后再通过贝蒂定理，判断出第i个先手必败的局势为：(i*(1+sqrt(5)/2,i*(3+sqrt(5)/2)；i=m-n，然后比较这个算出来的局势是否和一开始输入的局势相同，如果相同则是先手必败局。

讯享网#include<math.h> #include<stdio.h> #include<algorithm> using namespace std; int main(int argc,char const*argv[]){ 
    int x,y,k; while(scanf("%d%d",&x,&y)!=EOF){ 
    if(x>y) swap(x,y); k=y-x; int tempx; tempx=k*(1+sqrt(5))/2; if(tempx==x) printf("second\n"); else printf("first\n"); } } 

那么第i个先手必败局则为((2.0-d+sqrt(dd+4.0))/2,(2.0+d+sqrt(dd+4.0))/2)，d=k+1；

int main(int argc,char const*argv[]){ 
    int n,m,k; scanf("%d%d%d",&n,&m,&k); if(n>m) swap(n,m); int d=(m-n)/k; int x=d*((2.0-k+sqrt(k*k+4.0))/2); int y=d*((2.0+k+sqrt(k*k+4.0))/2); if(n==x&&m==y) printf("second"); else printf("first"); return 0; } 

尼姆博弈(Nim)：
有n堆石子，第i堆有ai个，每堆石子的数量不尽相同，两个人轮流取石子，一次只能从任意一堆中取任意数量的石子，不可以一个都不取，取到最后一个石子的胜。
当n=1时，先手必胜；
当n=2时：
如果a1！=a2，假设a1>a2，那么先手可以先取a1-a2数量的石子，这个时间后手面对的就是两堆数量一样的石子，此时后手不管取多少石子，先手都能取和后手一样数量的石子，所以先手必胜；
如果a1==a2，那么先手不管取多少石子后手都能取和先手一样数量的石子，所以先手必败；
如果n>=3，这个时候我们可以从最后的状态来判断，最后取光所有石子，那么每堆都为0，每堆的异或和也为0；取石子过程中一共有两种状态，异或和为0，或者异或和不为0；如果先手面对的情况是异或和为0 ，那么先手此时不论怎么取异或和都不为0，而后手则可以取到异或和为0的状态，那么最后先手必败；

所以当a1^ a2^ a3^ a4^ a5^ ……^ an=0（每堆的石子全部异或之后和为零）时，先手必败，后手必胜。

int main(int argc,char const*argv[]){ 
    int t; scanf("%d",&t); while(t--){ 
    int n; scanf("%d",&n); int x,ans=0; for(int i=0;i<n;i++){ 
    scanf("%d",&x); ans^=x; } if(ans==0) printf("2\n"); else printf("1\n"); } } 

扩展尼姆博弈(规定上限)：
题目和尼姆博弈差不多，就是取石子的要求变成：每人每次取的石子最少为1个，最多为m个。
遇见这种情况每堆石子的个数都要对(m+1)进行取模之后再异或，如果此时异或和为0，那么先手必败，后手必胜。

int main(int argc,char const*argv[]){ 
    int t; scanf("%d",&t); while(t--){ 
    int n,m; scanf("%d%d",&n,&m); int x,ans=0; for(int i=0;i<n;i++){ 
    scanf("%d",&x); x=x%(m+1); ans^=x; } if(ans==0) printf("2\n"); else printf("1\n"); } } 

斐波那契博弈：
有一堆石子，这堆里面有n个石子，两个人轮流拿，先手第一次拿可以拿任意数量的石子但是不能全拿，之后每次取石子最少取一个，最多取前一个人取的数量的两倍，取到最后一个石子的胜。
结论是：当n为斐波那契数的时候，先手必败，后手必胜。
证明有点麻烦，有空会补上。

int main(int argc,char const*argv[]){ 
    int fb[55]; fb[0]=1; fb[1]=2; set<int> s; s.insert(fb[0]); s.insert(fb[1]); for(int i=2;i<50;i++){ 
    fb[i]=fb[i-1]+fb[i-2]; s.insert(fb[i]); } int t; scanf("%d",&t); while(t--){ 
    int n; scanf("%d",&n); if(!s.count(n)) printf("1\n"); else printf("2\n"); } } 

*参考博客：博客1 博客2