下面這段來自白白の屋的文章的一段：
巴什博弈：只有一堆n個物品，兩個人輪流從這堆物品中取物，規定每次至少取一個，最多取m個。最後取光者得勝。
顯然，如果n=m+1，那麼由於一次最多隻能取m個，所以，無論先取者拿走多少個，後取者都能夠一次拿走剩餘的物品，後者取勝。因此我們發現瞭如何取勝的法則：如果
n=（m+1）r+s，（r爲任意自然數，s≤m),那麼先取者要拿走s個物品，如果後取者拿走k（≤m)個，那麼先取者再拿走m+1-k個，結果剩下（m+1）（r-1）個，以後保持這樣的取法，那麼先取者肯定獲勝。總之，要保持給對手留下（m+1）的倍數，就能最後獲勝。那麼這個時候只要n%(m+1)!=0,先取者一定獲勝。
這個遊戲還可以有一種變相的玩法：兩個人輪流報數，每次至少報一個，最多報十個，誰能報到100者勝。
分析此類問題主要放法是：P/N分析：
P點：即必敗點，某玩家位於此點，只要對方無失誤，則必敗；
N點：即必勝點，某玩家位於此點，只要自己無失誤，則必勝。
三個定理：
一、所有終結點都是必敗點P（上游戲中，輪到誰拿牌，還剩0張牌的時候，此人就輸了，因爲無牌可取）；
二、所有一步能走到必敗點P的就是N點；
三、通過一步操作只能到N點的就是P點；
巴什博弈的一個最重要的特徵就是只有一堆。然後就在其中改，要麼在範圍內不規定個數，要麼就規定只能取幾個，再要麼就倒過來，畢竟是最簡單的博弈，代碼相對而言較短額~
例題1：NYOJ 23(取石子游戲一)，巴什博弈，只要n%(m+1)!=0,則先取者一定獲勝。
#include<iostream>
using namespace std;
int main()
{ int n,m,Case;
cin>>Case;
while(Case--)
{ cin>>n>>m;
cout<<(n%(m+1)?"Win":"Lose")<<endl;
}
return 0;
}
例題2：HDU 2149，英語標題額，原來是中文題。反過來就是一樣的啦，只是取數時的規律是：如果M%(N+1)!=0，那麼第一個取的數就是M%(N+1)，留給對手的是(N+1)的倍數，還有就是M<N的情況，不說你也懂，開始寫了sort的，但後來一看可以不要，代碼:
#include<iostream>
using namespace std;
int main()
{ int n,m;
while(scanf("%d%d",&m,&n)!=EOF)
{ int sum=0;
if(m%(n+1)==0) cout<<"none";
else
{ if(m%(n+1)) cout<<m%(n+1); //直接取餘數
if(n>=m)
{ for(int i=m+1;i<=n;i++)
cout<<" "<<i;
}
}
cout<<endl;
}
return 0;
}
題3：HDU 1847,尋找必敗態，n%3=0則Cici贏，否則Kiki贏。
分析：(1)、若是留給Cici的是3，那麼Cici只能取1個或2個，所以再輪到Kiki取的話必贏。
(2)、若是給Cici留下的是3的倍數，假設爲3n(n=1,2,3,..)，那麼無論Cici取什麼數，剩餘的數一定可以寫成3m+1或者3m+2(m<n)的形式，那麼只要Kiki再取的時候留給Cici的仍然是3的倍數的話，就必勝了。代碼略。
當然這種題目可以直接先枚舉前面幾個數，就能找到規律啦~