$2|m$ 的时候是简单的：如果 $m+1|n$，那么对于先手的操作 $x$，后手可以操作 $m+1-x$，使得每次后手操作后的 $n$ 依旧为 $m+1$ 倍数，且一定有 $x\neq m+1-x$。反之先手可以操作一次使得 $m+1|n$。
接下来考虑 $2|m+1$ 的情况。
对于一个 $n$，有三种可能：
- 无论如何先手必败；
- 先手可以胜利，但是所有先手胜利的方案先手第一步都是 $x$（即如果上一步操作 $x$ 就先手必败了），称作 $x$ 胜利局面，特别的，如果 $n$ 是 $x$ 胜利的，那么对于任意一个 $y\neq x$ 称 $n$ 是非 $y$ 胜利的；
- 先手有两种第一步的策略使得胜利，所以无论如何先手必胜。
首先我们如果知道 $n$ 是一个必败局面，那么对于所有 $i\in[1,m]$，$n+i$ 要么是 $i$ 胜利局面，要么是必胜局面（这个结论很重要，下文中多次用到）。
考虑更大的，比如说 $n+m+1$，如果它不是必败的，那么 $n+m+2$ 就是必败的。
考虑是否存在 $i\in[1,m]$，$n+m+2-i$ 是必败的或 $i$ 胜利的：
- 显然这里面没有必败的；
- 对于 $i=1$，$n+m+1$ 不是 $1$ 胜利的，因为 $n+m$ 不是 $1$ 胜利的，也不是必败的。
- 对于 $i>1$，$n+m+2-i$ 如果是 $i$ 胜利的，那么它不是必胜的，所以它是 $m+2-i$ 胜利的，那么要求 $m+2-i=i$，$m$ 为奇数所以无解。
得证。所以我们得到一个结论：对于一个必败局面 $n$，大于它的最小必败局面是 $n+m+1$ 或者 $n+m+2$。
这就意味着，必败局面的总个数是 $O(V\log V)$ 的，也就是说我们可以求出所有的必败局面。最后询问答案 $(n,m)$ 时，只用二分判断考虑 $m$ 时 $n$ 是否为必败局面即可。
最后剩下的问题是判断 $n+m+1$ 是否必败。
设函数 $calc(n,ban)$，返回 $\text{true}$ 表示 $n$ 是必败的或 $ban$ 胜利的。
- 如果我们已经计算出 $n$ 是必败局面，直接返回 $\text{true}$。
- 如果 $n \leq m$，当 $n=m$ 时 $n$ 是 $m$ 胜利的，否则是必胜的。
- 对于 $i\in[1,m]$ 考虑 $n-i$。如果所有 $i\neq ban$ 有 $n-i$ 都是必胜的或者是非 $i$ 胜利的，那么函数就应返回 $\text{true}$。设 $A>B$ 为小于 $n$ 的最大的两个必败局面，依次考虑 $4\sim 7$：
- 显然 $n-i>A$ 不是必败的。如果 $n-i>A$ 是 $i$ 胜利的，那么它同时也应该是 $n-i-A$ 胜利的，所以唯一可能的 $i$ 是 $\dfrac{n-A}2$，如果它合法（为整数、$\leq m$、$\neq ban$），那么递归求解 $calc(n-\dfrac{n-A}2, \dfrac{n-A}2)$，如果递归返回 $\text{true}$，返回 $\text{false}$，否则继续执行；
- 显然 $n-i=A$ 是必败的；
- 显然 $A>n-i>B$ 不是必败的。如果 $n-i>B$ 是 $i$ 胜利的，那么按照上述分析应该递归计算 $calc(n-\dfrac{n-B}2, \dfrac{n-B}2)$。
- 否则返回 $\text{true}$。
但是！此处并不能直接套用上文中提到的那个重要结论，因为当 $A-B=m+2$ 的时候，对于 $A-1$，若其为 $x$ 胜利的，则 $x$ 的值不再是它与 $B$ 的差，而是 $\dfrac{m+1}2$。
所以最后还要考虑，如果 $A-B=m+2$ 且 $n-A+1 = \dfrac{m+1}2\neq ban$，应该返回 $\text{false}$。
复杂度我不太会分析。