这是一道最基础的 博弈论 题目，属于 巴什博弈 (Bash Game) 模型。

1. 算法分析

核心结论：

• 若 $N \% (K+1) == 0$，则 后手 必胜（输出 2）。
• 若 $N \% (K+1) \neq 0$，则 先手 必胜（输出 1）。

推导过程：

我们将一局游戏中的取石子策略与 $K+1$ 这个数字联系起来。为什么是 $K+1$？因为无论对手取走 $x$ （$1 \le x \le K$）颗石子，我总能取走 $y = (K+1) - x$ 颗石子，使得两人一轮总共取走的石子数为 $K+1$。

情况一：$N$ 是 $K+1$ 的倍数 ($N \% (K+1) == 0$) 这是 必败态（对于当前要操作的人，即先手）。

• 无论先手取走多少颗石子 $x$ ($1 \le x \le K$)，剩下的石子数 $N' = N - x$ 一定不再是 $K+1$ 的倍数。
• 后手只需要采取策略：取走 $K+1-x$ 颗石子。
• 这样一轮下来，石子总数减少了 $K+1$。
• 由于 $N$ 是 $K+1$ 的倍数，后手可以一直维持这个策略，直到最后一次，先手取完后剩下 $1 \sim K$ 颗石子，后手一把拿光获胜。
• 结论：后手必胜。

情况二：$N$ 不是 $K+1$ 的倍数 ($N \% (K+1) \neq 0$) 这是 必胜态（对于当前要操作的人，即先手）。

• 设 $N = m \times (K+1) + r$，其中 $1 \le r \le K$。
• 先手第一步可以直接取走 $r$ 颗石子。
• 此时剩下的石子数量为 $m \times (K+1)$，即变成了 $K+1$ 的倍数。
• 这就相当于把 “面临 $K+1$ 倍数石子” 的必败局面丢给了后手。
• 接下来的过程中，无论后手怎么拿，先手都可以利用情况一中的策略（凑 $K+1$）获胜。
• 结论：先手必胜。

2. 代码逻辑解析

代码非常精简，直接实现了上述的数学结论。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int main() {
    int n, k;
    cin >> n >> k;

    // 判断 N 是否能被 (K+1) 整除
    if (n % (k + 1) == 0) {
        // 如果能整除，说明初始状态是必败态，后手必胜
        cout << 2;
    } else {
        // 如果不能整除，先手可以拿走余数，将必败态丢给对方，先手必胜
        cout << 1;
    }
}

3. 复杂度分析

• 时间复杂度：$O(1)$。只进行了一次取模判断。
• 空间复杂度：$O(1)$。

4. 总结

巴什博弈的精髓在于构造 常数和（这里是 $K+1$）。只要总数不是 $K+1$ 的倍数，先手就能掌握主动权，始终控制剩余数量为 $K+1$ 的倍数，直到胜利。