官方题解：我们依次分析每一种棋子。

①王。

首先注意一个3*3的棋盘，开始在(1,1)，问走到(3,3)谁有必胜策略。

穷举所有情况，容易发现这是后手赢。

对于NN和MM更大的情况，我们把横坐标每隔3、纵坐标每隔3的点都画出来，这些点都是符合后手胜的。
（因为无论先手怎么移动，后手都能重新移动到这些格子，直到到了终点）

如果初始点不在这些点上，就必然是先手胜。因为先手可以立刻移动到上述的点。

②车。

注意到，如果目前的位置距离终点的xx和yy坐标差相等，一定是后手胜。
（因为先手只能向下或者向右走一段路；无论他往哪里走，后手往另一维走相同的步数，依然保持这一样一种状态。）

反之，先手必然能走到一处相等的位置，转化为上述问题，所以一定是先手胜。

③马。

同样还是画图可以得到规律。

在大多数情况下都是平局。在模3域下，某些地方会存在先后手赢。

④皇后。

画画图后，我们可以将问题转化为：

“有两堆石子，每次可以在一堆里取任意（非空）颗（相当于是车的走法），或者在两堆里取相同（非空）颗（相当于是象的走法），取到最后一颗石子的人获胜，问先后手谁有必胜策略。”

此题中N\leq 1000N≤1000，可以直接用DP的方法解决。
设f[x][y]为横坐标距离终点x步，纵坐标距离终点y步时，必胜的是先手还是后手。

直接转移的话，可以枚举先手的下一步决策进行转移，这样是O(N^3)O(N
​3
​​ )的。

注意到转移只是一行、一列或者斜着一列，这些都可以通过前缀和，做到最终O(N^2)O(N
​2
​​ )。

其实对于更大的NN也是可以做的。

由于叙述起来比较麻烦，具体的结论和证明可以参见：

https://en.wikipedia.org/wiki/Wythoff\%27s_game

当时做是直接画图，在纸上列举出各种情况，坐标可以表示出来

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <math.h>

using namespace std;

int t,m,n;
int T;
int main()
{//cout<<(316^388)<<endl;
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        scanf("%d%d%d",&t,&n,&m);
        if(n>m)
            swap(n,m);
        if (t==1)//王
        {
            n--;
            m--;
            if ((n%2==0) && (m%2==0)) printf("G\n");
            else printf("B\n");
        }
        else if (t==2)//车
        {
            n--;
            m--;
            //int ans=n^m;
            //cout<<((n^m)==0)<<endl;
            if ((n^m)==0) printf("G\n");//这里不能写(n^m==0)等号运算符优先级大于异或
            else printf("B\n");
        }
        else if (t==3)//马
        {
            n--;
            m--;
            if (n%3==0 && n==m) printf("G\n");
            else if (m%3==2 &&  m-n==1) printf("B\n");
            else printf("D\n");
        }
        else if (t==4)//后 威佐夫博弈
        {
            n--;
            m--;
            int tmp;
            if(n<m)
            {
                tmp=n;
                n=m;
                m=tmp;
            }
            int k=n-m;
            n=(int)(k*(1+sqrt(5))/2.0);
            if(n==m)
                printf("G\n");
            else
                printf("B\n");
        }
    }
    return 0;
}