Pie lielas konfekšu kastes pienāk Māris un Kims. Viṇi abi pamǐšus ṇem no kastes konfektes, Māris sāk pirmais. Katrā gājienā spēlētājs var izvēlēties patvaļīgu pirmskaitli \(p\) un patvaļīgu veselu nenegatīvu skaitli \(n\) un paņemt no kastes \(p^{n}\) konfektes. Uzvar tas spēlētājs, pēc kura gājiena kaste paliek tukša. Spēli sāk Māris. Kurš spēlētājs, pareizi spēlējot, vienmēr var uzvarēt, ja sākumā kastē ir: (A) \(20\); (B) \(2024\) konfektes?
Pamatosim, ka Māris abos gadījumos var uzvarēt. levērosim, ka vienā gājienā drīkst paṇemt \(1\); \(2\); \(3\); \(4\) vai \(5\) konfektes, bet nedrīkst paņemt 6 konfektes, tāpat nedrīkst pan̦emt konfekšu skaitu, kas ir \(6\) daudzkārtnis. Tātad Māris var spēlēt tā, lai pēc viṇa gājiena atlikušo konfekšu skaits dalās ar \(6\). Tā kā nav iespējams paṇemt konfekšu skaitu, kas sakrīt ar kādu skaitla 6 daudzkārtni, tad Kims vienmēr pēc sava gājiena konfekšu kaudzē atstās tādu skaitu, kas nedalīsies ar \(6\). Ņemot vērā, ka ir iespējams paņemt \(1\); \(2\); \(3\); \(4\) vai \(5\) konfektes, tad Māris vienmēr varēs panākt, ka pēc viņa gājiena kastē atlikušais konfekšu skaits dalīsies ar \(6\). Tā kā \(0\) dalās ar \(6\) (situācija, kad panemtas visas konfektes), tad Māris ar šādu stratēǵiju vienmēr uzvarēs.
Pirmajā gājienā (A) gadījumā Mārim jāpaṇem \(2\) (vai \(8\)) konfektes, lai pāri paliktu \(18\) (vai \(12\)) konfektes. Arī (B) gadījumā pirmajā gājienā Māris var paṇemt \(2\) konfektes, lai pāri paliktu \(2022\) konfektes, kas dalās ar \(6\) (Māris pirmajā gājienā var n̦emt arī citu konfekšu skaitu, piemēram, \(8 ; 32 ; 128 ; \ldots\) ).