链接：http://acm.nyist.net/JudgeOnline/problem.php?pid=994
题意：
有n个海盗劫得了窖藏的m块金子，并准备瓜分这些战利品。按照古老流传下来的分金法则，由最厉害的一名海盗提出一个分金方案，假如有不小于一半的海盗（包括自己）支持这个方案，则按这个方案分，否则把这个海盗扔进海里，重复由下一个厉害的海盗提出方案。
大家都知道，所有海盗都是贪婪的，虽然他们都乐于看到自己的同伴被扔进海里，但是他们还是希望在保命的前提下分的最多的金子，现在已经按海盗的厉害程度进 行了编号，最厉害的海盗为最大号，依次到小，那么第 k 号海盗能分的多少金。（如果他的得金数不能确定，输出0）
输入:(1 ≤ n ≤ 10^4) (1 ≤ m ≤ 10^7)(1 ≤ k ≤ n)
输出：第k个海盗能获得的金币数
参考博文：http://blog.csdn.net/y990041769/article/details/22858781
思路：如果从上往下分析，将会受到小号策略的影响，不妨逆向从小号（只剩1和2）开始往大递推出关联，关联详见博文；
此题的关键必须深刻理解海盗之间的规则：
1.即使没有金币，也必须要保住性命；
如在n > 2*m部分，第一个稳定状态（n-2*m为2^k，同时也是确定分配方案的海盗的id）就是通过给1~2m海盗分配每人分配1个金币收买，剩下的支持票属于就是来自于n-2^(k-1)~n怕死而支持的海盗；
2.在保命的前提下，能获得金币最好；
在n = 2*m+1时，为了保命只能将m个金币全部给奇数好的海盗，但是在n = 2m+2时，就可以利用2m+1这一点，可选的海盗数就为101个，这里就产生了不确定性；
即当第一个稳定状态n >= 2m+2时，任意小于等于n的海盗要不就是>2m原本就不能获得，只是存活下来，结果为0。要不就是因为上一个状态的不确定性，导致不能确定是否会获得金币，结果也是0；
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#include<queue>
using namespace std;
#define rep0(i,l,r) for(int i = (l);i < (r);i++)
#define rep1(i,l,r) for(int i = (l);i <= (r);i++)
#define rep_0(i,r,l) for(int i = (r);i > (l);i--)
#define rep_1(i,r,l) for(int i = (r);i >= (l);i--)
#define MS0(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define MS1(a) memset(a,-1,sizeof(a))
#define MSi(a) memset(a,0x3f,sizeof(a))
#define inf 0x3f3f3f3f
typedef long long ll;
#define A first
#define B second
#define MK make_pair
template<typename T>
void read1(T &m)
{
T x=,f=;char ch=getchar();
while(ch<''||ch>''){if(ch=='-')f=-;ch=getchar();}
while(ch>=''&&ch<=''){x=x*+ch-'';ch=getchar();}
m = x*f;
}
template<typename T>
void read2(T &a,T &b){read1(a);read1(b);}
template<typename T>
void read3(T &a,T &b,T &c){read1(a);read1(b);read1(c);}
template<typename T>
void out(T a)
{
if(a>) out(a/);
putchar(a%+'');
}
int T,kase = ,i,j,k,n,m,c; int main()
{
read1(T);
while(T--){
read3(n,m,c);
int ans = -;
if(n <= *m+){
if(c == n) ans = m-(n-)/;
else if((c&) == (&n)) ans = ;
else ans = ;
}else{
n -= *m; //找到第一个稳定状态
while(__builtin_popcount(n) != ) //是否为2的幂次方
n &= (n-);
if(n+*m >= c) ans = ;
}
if(ans == -) puts("Thrown");
else printf("%d\n",ans);
}
return ;
}