显然这种题我们可以打个表来帮助我们思考问题。

枚举 \(i\) 的每一个非 \(1\) 和 \(i\) 的因数 \(j\)，判断 \(i-j\) 是否为必败态，若是，则 \(i\) 为必胜态；反之 \(i\) 为必败态。

可以采用复杂度为 \(\Theta(n\sqrt{n})\) 的代码进行打表：

/*
    I will never forget it.
*/

// 392699

#include <bits/stdc++.h>

#define int long long

using namespace std;

const int N = 1e3;

bool f[N + 10];

// f[i] 为 1 表示先手必胜
// f[i] 为 0 表示先手必败

struct OI {
    int RP, score;
} CSPS2021, NOIP2021;

signed main() {
    CSPS2021.RP++, CSPS2021.score++, NOIP2021.RP++, NOIP2021.score++, 392699;
    f[1] = 0, f[2] = 0, f[3] = 0, f[4] = 1;
    for (int i = 5; i <= N; i++) {
        for (int j = 2; j * j <= i; j++)
            if (i % j == 0 && (f[i - j] == 0 || f[i - i / j] == 0)) {
                f[i] = 1;
                break;
            }
    for (int i = 1; i <= N; i++)
        printf("f[%d] = %d\n", i, f[i]);
    return 0;
}

观察程序的输出可以发现当 \(i\) 为奇数时先手必败，但是也有若干个偶数是先手必败的，为了使分析更加方便，我们修改代码使其只输出先手必败的偶数：

/*
    I will never forget it.
*/

// 392699

#include <bits/stdc++.h>

#define int long long

using namespace std;

const int N = 1e3;

bool f[N + 10];

// f[i] 为 1 表示先手必胜
// f[i] 为 0 表示先手必败

struct OI {
    int RP, score;
} CSPS2021, NOIP2021;

signed main() {
    CSPS2021.RP++, CSPS2021.score++, NOIP2021.RP++, NOIP2021.score++, 392699;
    f[1] = 0, f[2] = 0, f[3] = 0, f[4] = 1;
    for (int i = 5; i <= N; i++) {
        for (int j = 2; j * j <= i; j++)
            if (i % j == 0 && (f[i - j] == 0 || f[i - i / j] == 0)) {
                f[i] = 1;
                break;
            }
    for (int i = 1; i <= N; i++)
        if (f[i] == 0 && i % 2 == 0) printf("f[%d] = %d\n", i, f[i]);
    return 0;
}

观察输出发现，当 \(i\) 为偶数时只有 \(i \in \{2^{2k+1}, k \in \mathbb{N}\}\) 的时候是先手必败。

按照发现的规律进行判断即可，代码在这里。