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预备知识
普通的Nim游戏
SG函数
预备知识
公平组合游戏（ICG）
若一个游戏满足：
- 由两名玩家交替行动；
- 游戏中任意时刻，合法操作集合只取决于这个局面本身；
- 若轮到某位选手时，若该选手无合法操作，则这名选手判负；
则称该游戏为一个公平组合游戏。
Nim游戏
有若干堆石子，每堆石子的数量都是有限的，合法的移动是“选择一堆石子并拿走若干颗（不能不拿）”，如果轮到某个人时所有的石子堆都已经被拿空了，则判负（因为他此刻没有任何合法的移动）。
mex（minimal exdudant）函数
设 \(S\) 表示一个非负整数集合。定义 \(mex(S)\) 为求出不属于集合 \(S\) 的最小非负整数的运算。
如：{ \(0,1,3\) } 对应的 \(mex值\) 就是 \(2\) 。
SG函数简介
定义 \(SG(x)=mex(S)\) ，其中 \(S\) 指 \(x\) 的后继状态对应的 \(SG函数值\) 的集合。
在 \(SG\)函数板块对应的模板题中（见下），\(x\) 代表着该堆石子的数量。
普通的Nim游戏
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;
}