考虑所有后手必胜点，不难发现，如果 x, y 同为后手必胜点，则必有 x \not\equiv y \pmod n。否则不妨设 x < y，y 个石子时只需取 y - x 个石子即可从一个后手必胜点到达另一个后手必胜点，这无疑导出了矛盾。
换言之，在所有 x \bmod n = r，只会有一个 x 是后手必胜点。因此，我们在 dp 时无需枚举每一个 n 的倍数去转移，只需记录对每个 r \in [0, n) 记录此前是否有 x \equiv r \pmod n 的后手必胜点 x。这样即有 O(m \sqrt n) 的复杂度，结合暴力有 55 分。
Hint 2
以下证明：后手必胜点的最大值不超过 n (\sqrt n + 1)。
考虑一个后手必胜点 x 满足 \forall p < x \land p \equiv x \pmod n 均为先手必胜点，则对每一个这样的 p，记 \{ p - k ^ 2 \mid k \in \mathbb Z^+, k ^ 2 \le \min(n, p)\} 中的后手必胜点数为 r(p)，则有 r(p) \ge 1。而根据 Hint 1，对于每个 k ^ 2 \le n，\{p - k ^ 2 \mid p \equiv x \pmod n, k ^ 2 \le p < x\} 至多有一个后手必胜点，从而有 \sum _ {p < x, p \equiv x \pmod n} r(p) \le \sqrt n，因而这样的 p 的数量不超过 \sqrt n，从而有 x < n (\sqrt n + 1)。