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有2堆石子。A B兩個人輪流拿，A先拿。每次可以從一堆中取任意個或從2堆中取相同數量的石子，但不可不取。拿到最後1顆石子的人獲勝。假設A B都非常聰明，拿石子的過程中不會出現失誤。給出2堆石子的數量，問最後誰能贏得比賽。

例如：2堆石子分別為3顆和5顆。那麼不論A怎樣拿，B都有對應的方法拿到最後1顆。

Input

第1行：一個數T，表示後面用作輸入測試的數的數量。（1 <= T <= 10000)
第2 - T + 1行：每行2個數分別是2堆石子的數量，中間用空格分隔。(1 <= N <= 2000000)
 

Output

共T行，如果A獲勝輸出A，如果B獲勝輸出B。

Input示例

3
3 5
3 4
1 9

Output示例

B
A
A

有兩堆各若干個物品，兩個人輪流從某一堆或同時從兩堆中取同樣多的物品，規定每次至少取一個，多者不限，最後取光者得勝。
這種情況下是頗為複雜的。我們用（ak，bk）（ak ≤ bk ,k=0，1，2，…,n)表示兩堆物品的數量並稱其為局勢，如果甲面對（0，0），那麼甲已經輸了，這種局勢我們稱為奇異局勢。前幾個奇異局勢是：（0，0）、（1，2）、（3，5）、（4，7）、（6，10）、（8，13）、（9，15）、（11，18）、（12，20）。
可以看出,a0=b0=0,ak是未在前面出現過的最小自然數,而 bk= ak + k，奇異局勢有如下三條性質：
1、任何自然數都包含在一個且僅有一個奇異局勢中。由於ak是未在前面出現過的最小自然數，所以有ak > ak-1 ，而 bk= ak + k > ak-1 + k-1 = bk-1 > ak-1 。所以性質1成立。
2、任意操作都可將奇異局勢變為非奇異局勢。事實上，若只改變奇異局勢（ak，bk）的某一個分量，那麼另一個分量不可能在其他奇異局勢中，所以必然是非奇異局勢。如果使（ak，bk）的兩個分量同時減少，則由於其差不變，且不可能是其他奇異局勢的差，因此也是非奇異局勢。
3、採用適當的方法，可以將非奇異局勢變為奇異局勢。
假設面對的局勢是（a,b），若 b = a，則同時從兩堆中取走 a 個物體，就變為了奇異局勢（0，0）；如果a = ak ，b > bk，那麼，取走b  – bk個物體，即變為奇異局勢；如果 a = ak ，  b < bk ,則同時從兩堆中拿走 ak – ab – ak個物體,變為奇異局勢（ ab – ak , ab – ak+ b – ak）；如果a > ak ，b= ak + k,則從第一堆中拿走多餘的數量a – ak 即可；如果a < ak ，b= ak + k,分兩種情況，第一種，a=aj （j < k）,從第二堆裡面拿走 b – bj 即可；第二種，a=bj （j < k）,從第二堆裡面拿走 b – aj 即可。
從如上性質可知，兩個人如果都採用正確操作，那麼面對非奇異局勢，先拿者必勝；反之，則後拿者取勝。那麼任給一個局勢（a，b），怎樣判斷它是不是奇異局勢呢？我們有如下公式：ak =[k（1+√5）/2]，bk= ak + k  （k=0，1，2，…,n 方括號表示取整函式)
奇妙的是其中出現了黃金分割數（1+√5）/2 = 1。618…,因此,由ak，bk組成的矩形近似為黃金矩形，由於2/（1+√5）=（√5-1）/2，可以先求出j=[a（√5-1）/2]，若a=[j（1+√5）/2]，那麼a = aj，bj = aj + j，若不等於，那麼a = aj+1，bj+1 = aj+1+ j + 1，若都不是，那麼就不是奇異局勢。然後再按照上述法則進行，一定會遇到奇異局勢。

複製貼上思路後直接貼程式碼吧：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(int argc, char const *argv[])
{
	int t,a,b;
	double i=pow(5,0.5);
	scanf("%d",&t);
	while(t--)
	{
		scanf("%d%d",&a,&b);
		if(a>b) swap(a,b);//如果a>b交換a，b的值
		int k=(double)a*(i-1.0)/2.0;
		int x=k*(1+i)/2;
		if(x==a&&a+k==b) printf("B\n");
		else
		{
			k++;
			x=k*(i+1)/2;
			if(x==a&&a+k==b) printf("B\n");
			else printf("A\n");
		}
	}
	return 0;
}