題面：

取石子游戲

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Description

有兩堆石子，數量任意，可以不同。遊戲開始由兩個人輪流取石子。遊戲規定，每次有兩種不同的取法，一是可以在任意的一堆中取走任意多的石子；二是可以在兩堆中同時取走相同數量的石子。最後把石子全部取完者為勝者。現在給出初始的兩堆石子的數目，如果輪到你先取，假設雙方都採取最好的策略，問最後你是勝者還是敗者。

Input

輸入包含若干行，表示若干種石子的初始情況，其中每一行包含兩個非負整數a和b，表示兩堆石子的數目，a和b都不大於1,000,000,000。

Output

輸出對應也有若干行，每行包含一個數字1或0，如果最後你是勝者，則為1，反之，則為0。

Sample Input

2 1
8 4
4 7

Sample Output

0
1
0

Source

NOI

解題：

    慢慢推了幾組之後，就會發現(1,2),(3,5),(4,7)......這些數對是必敗態。推到這裡想必大家都知道如何往下推了，（ai,bi），ai是之前沒有出現過的最小自然數，而ci是之前沒有出現過的最小自然數間隔,bi=ai+ci。為什麼呢？因為(ai,bi-x),(bi>x>0)這些間隔在之前都已經出現過,只需要將兩數共同減去相同一個數，便可到達必敗態，故為必勝態。而(ai-x,bi)，因為ai-x在前面都已經出現過，只需要將bi調整到前面(ai-x,bi-y)對應的必敗態即可，故也為必勝態。只有(ai,bi)，無法退回到之前的任一必敗態，故為必敗態。

    序列為（1，2），（3，5），（4，7），（6，10），（8，13），（9，15），（11，18），（12，20），（14，23）......

    推了這麼多，然而並無卵用。

    因為這是普通人都不可能一眼發現的。

    這是威佐夫的畢生研究，結論如下：

    ai為[p*i],bi為[(p+1)*i],其中p為（(sqrt(5.0)+1)/2）。[]為向下取整。

    有了以上結論，那麼此題就可以解了。（d=bi-ai），用此時的d帶入ai的計算公式，算出ai'，看ai'是否等於給出的ai，是則說明為必敗態，不是則說明不是必敗態。

程式碼：

#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;
}