首先我们看数据范围是 $3 \le n,m \le 10^{18}$，因此直接考虑 $n,m$ 大于等于 $3$ 时的情况。

发现将棋盘黑白染色后两人各走 $1$ 步后，cyx 将会走向与当前格子异色的格子，而 gmx 将会走向与当前格子同色的格子。

因此对于 $(n+m) \bmod 2 = 1$ 时的情况，cyx 必胜。

然后我们计算出在目标点坐标 $(3,3)$ 时，cyx 需要走 $4$ 步，而 gmx 需要走 $2$ 步，此时 gmx 取胜（这里出题人已经给了，非常良心！）。

接下来我们计算出在目标点坐标 $(3,5)$ 时，cyx 需要走 $4$ 步，而 gmx 需要走 $5$ 步，此时 cyx 取胜。

接下来我们计算出在目标点坐标 $(5,5)$ 时，cyx 需要走 $4$ 步，而 gmx 需要走 $4$ 步，此时平局（这里出题人已经给了，非常良心！）。

而接下来的情况，我们可以发现 cyx 每次可以走 $3$ 格，而 gmx 每次只能走 $2$ 格，因此 cyx 调整的机会是一定比 gmx 要多的。

因此对于除以上的所有情况，cyx 均可取胜。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
ll t,n,m;
void solve()
{
	cin>>n>>m;
	if(n==5 && m==5)
		cout<<"Wuxi\n";
	else if(n==3 && m==3)
		cout<<"G\n";
	else
		cout<<"C\n";
}
int main()
{
 	cin>>t;
	while(t--)
		solve();
}

注意到当格点规模很大时，小 C 跑得一定是比小 G 快的。因此只要特判一些小情况。

经过验证后发现，这些小情况就是样例里的数据 $1$ 和 $2$。

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

void sol()
{
	long long n,m;
	cin>>n>>m;
	puts(n==3&&m==3?"G":n==5&&m==5?"Wuxi":"C");
}

int main()
{
	int t;
	cin>>t;
	while(t--) sol();
 	return 0;
}