1163 : 博弈游戏·Nim游戏
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描述
今天我们要认识一对新朋友，Alice与Bob。 Alice与Bob总是在进行各种各样的比试，今天他们在玩一个取石子的游戏。 在这个游戏中，Alice和Bob放置了N堆不同的石子，编号1..N，第i堆中有A[i]个石子。 每一次行动，Alice和Bob可以选择从一堆石子中取出任意数量的石子。至少取1颗，至多取出这一堆剩下的所有石子。 Alice和Bob轮流行动，取走最后一个石子的人获得胜利。 假设每一轮游戏都是Alice先行动，请你判断在给定的情况下，如果双方都足够聪明，谁会获得胜利？
输入
第1行：1个整数N。表示石子堆数。1≤N≤100 第2行：N个整数，第i个整数表示第i堆石子的个数A[i]，1≤A[i]≤10000
输出
第1行：1个字符串，若Alice能够获胜输出"Alice"，否则输出"Bob"
样例输入
3
3 2 1
样例输出
Bob 思路：Nim游戏。 Nim游戏是经典的公平组合游戏(ICG)，对于ICG游戏我们有如下定义：
1、两名选手；
2、两名选手轮流行动，每一次行动可以在有限合法操作集合中选择一个；
3、游戏的任何一种可能的局面(position)，合法操作集合只取决于这个局面本身；局面的改变称为“移动”(move)。
4、若轮到某位选手时，该选手的合法操作集合为空，则这名选手判负。 对于第三条，我们有更进一步的定义Position，我们将Position分为两类：
P-position：在当前的局面下，先手必败。
N-position：在当前的局面下，先手必胜。 他们有如下性质：
1.合法操作集合为空的局面是P-position；
2.可以移动到P-position的局面是N-position；
3.所有移动都只能到N-position的局面是P-position。（即P-position的局面无法移动到N-position) 在这个游戏中，我们已经知道A[] = {0,0,...,0}的局面是P局面，那么我们可以通过反向枚举来推导出所有的可能局面，总共的状态数量为A[1]*A[2]*...*A[N]。并且每一次的状态转移很多。
虽然耗时巨大，但确实是一个可行方法。 当然，我们这里会讲这个题目就说明肯定没那么复杂。没错，对于这个游戏有一个非常神奇的结论： 对于一个局面，当且仅当A[1] xor A[2] xor ... xor A[N] = 0时，该局面为P局面。 对于这个结论的证明如下：
1. 全0状态为P局面，即A[i]=0，则A[1] xor A[2] xor ... xor A[N] = 0。 2. 从任意一个A[1] xor A[2] xor ... xor A[N] = k != 0的状态可以移动到A[1] xor A[2] xor ... xor A[N] = 0的状态。
由于xor计算的特殊性，我们知道一定有一个A[i]最高位与k最高位的1是相同的，那么必然有A[i] xor k < A[i]的，
所以我们可以通过改变A[i]的值为A[i]'=A[i]^k，使得A[1] xor A[2] xor ... xor A[i]' xor ... xor A[N] = 0。 3. 对于任意一个局面，若A[1] xor A[2] xor ... xor A[N] = 0，则不存在任何一个移动可以使得新的局面A[1] xor A[2] xor ... xor A[N] = 0。
假设A[i] -> A[i]', 使得A[1] xor A[2] xor ... xor A[i]' xor ... xor A[N] = 0，由于xor满足消去率，所以A[i]'=A[i]，这是一个不合法的移动。
由于xor计算的特殊性，我们可以知道，一定是存在偶数个1时该位置的1才会被消除。若只改变一个A[i]，无论如何都会使得1的数量发生变化，从而导致A[1] xor A[2] xor ... xor A[N] != 0。
以上三条满足ICG游戏中N,P局面的转移性质，所以该结论的正确性也得到了证明。
#include <stdio.h>
int main(){
int i, n, a = , t;
scanf("%d", &n);
for(i = ; i < n; i++){
scanf("%d", &t);
a ^= t;
}
if(a == )
printf("Bob");
else
printf("Alice");
return ;
}