题目传送门：https://www.acwing.com/problem/content/893/

题面：给定n堆石子，两位玩家轮流操作，每次操作可以从任意一堆石子中拿走任意数量的石子（可以拿完，但不能不拿），最后无法进行操作的人视为失败。

问如果两人都采用最优策略，先手是否必胜。

分析

这题的结论十分地简洁，就是：

若 $a_{1} \bigoplus a_{2} \bigoplus a_{3}...\bigoplus a_{n}=0$ ，则先手必负，否则先手必胜。

证明：

我们记 $a_{1} \bigoplus a_{2} \bigoplus a_{3}...\bigoplus a_{n}$ 为数列a的异或和，以下简记为异或和。

先给出两条引理：

$a_{1} \bigoplus a_{2} \bigoplus a_{3}...\bigoplus a_{n}=x~(x>0)$ 时，必可以从一堆石子中拿走若干个石子，使得异或和为 $0$。

证明：$x$ 的最高位（记为第 $k$ 位）是 $1$ ，$a$ 中必然存在 $a_i$ 满足 $a_i$ 第 $k$ 位是 $1$ ，那么我们将 $a_i$ 变为 $a_i \bigoplus x$ （因为 $x\not=0$，所以这样操作一定合法），那么变换后的异或和即为 $0$ 。
$a_{1} \bigoplus a_{2} \bigoplus a_{3}...\bigoplus a_{n}=0$ 时，不存在合法操作，使得异或和仍为 $0$。

证明：假设将 $a_i$ 变为 $v$ 后异或和为 $0$

即 $a_{1} \bigoplus a_{2}... \bigoplus a_{i}...\bigoplus a_{n}=0$ ，我们将这个式子与上式 $a_{1} \bigoplus a_{2}... \bigoplus v...\bigoplus a_{n}=0$ 联立，即得 $a_{i}\bigoplus v=0$，意味着 $a_{i}=v$ ，即 $a_{i}$ 不变，不是合法操作，故矛盾。

证明完引理后就不难了：

若轮到先手时，异或和为 $0$ ，那么无论先手如何行动，后手都可以进行操作，使再次轮到先手时异或和仍为 $0$ ，而游戏结束时异或和必然为 $0$ ，故先手必败。

反之（即若轮到先手时，异或和不为 $0$ ）后手必败。

代码：

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

int main(){

	int n;

	cin>>n;

	int res=0;

	for(int i=1;i<=n;i++){

		int k; cin>>k;

		res^=k;

	}

	if(res) puts("Yes");

	else puts("No");

	return 0;

}

SG函数

利用一道模板题引入：

题目传送门：https://www.acwing.com/problem/content/description/895/

题面：

给定 $n$ 堆石子以及一个由 $k$ 个不同正整数构成的数字集合 $S$ 。

现在有两位玩家轮流操作，每次操作可以从任意一堆石子中拿取石子，每次拿取的石子数量必须包含于集合 $S$ ，最后无法进行操作的人视为失败。

问如果两人都采用最优策略，先手是否必胜。

分析

先从一堆石子分析开始：

例如：该堆石子有 $6$ 个，每次可取 $2$ 或 $3$ 个，求 $SG(6)$ 。

我们可以画出一棵树，代表着两人的决策树。

注意到 $SG(0)=0$

根据 $SG$ 函数的定义，对于决策树上的点对应 $SG$ 函数值为：

我们还可以自己构造一棵 $SG$ 函数值构成的树：

从中我们可以直观地看出 $SG$ 的两个重要性质：

非 $0$ 结点可以到 $0$ 结点
$0$ 结点一定不可以到非 $0$ 结点

根据 $SG$ 函数的性质以及游戏规则，$SG(x)=0$ 时意味着相应的玩家必负。

分析多堆石子的情况：

我们规定，对于每堆石子 $G_i$ ，对应的 $SG(G_i)=SG(x)$ ，其中 $x$ 是该堆石子最初的数量。

结合这棵树：

从 $SG$ 函数可以看出，当先手进行决策后，对应的的 $SG$ 函数值可以为 $[0,SG(x)-1]$，这恰好就像我们最初讨论的普通的Nim问题中取石子的规则！

在这里，我们将 $SG$ 函数值看成是普通的Nim问题中石子的数量就可以用相同的方法解决了。

求 $SG$ 函数的办法

我采取的是记忆化搜索的办法，见下：

int f[M]; // SG函数的值

int s[N]; // 可以取多少石子

int sg(int x){

	if(f[x]!=-1) return f[x]; // 当已经更新过就直接返回。

	unordered_set<int> S;

	for(int i=1;i<=k;i++)

		if(x-s[i]>=0) S.insert(sg(x-s[i]));

	for(int i=0;;i++)

		if(!S.count(i)) return f[x]=i;

}

代码：

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N=105 ,M=1e4+5;

int n,k;

int f[M]; // SG函数的值

int s[N]; // 可以取多少石子

int sg(int x){

	if(f[x]!=-1) return f[x]; // 当已经更新过就直接返回。

	unordered_set<int> S;

	for(int i=1;i<=k;i++)

		if(x-s[i]>=0) S.insert(sg(x-s[i]));

	for(int i=0;;i++)

		if(!S.count(i)) return f[x]=i;

}

int main(){

	memset(f,-1,sizeof f); // init

	cin>>k;

	for(int i=1;i<=k;i++) cin>>s[i];

	cin>>n;

	int res=0;

	for(int i=1;i<=n;i++){

		int t; cin>>t;

		res^=sg(t);

	}

	if(res) puts("Yes");

	else puts("No");

	return 0;

}