（是纪中的题，不过我已经没有纪中的号了，于是翻出了我的古早博客
题目解析
复习的时候又做了一遍，还是想了一会儿的，并且由衷地觉得这真是一道好题。
考虑\(SG\)函数递推。
由于每次操作只能动最后一行和最后一列，那么设\(sg(i,j)\)表示以\((i,j)\)结尾的矩阵的\(SG\)函数值。
转移有：\(sg(i,j)=mex\{sg(i-1,j),sg(i,j-1) \}\)，不过转移的时候需要满足对应的这一行/列的和为偶数才能转移（和为偶数才能操作，也就是说这一列的和为偶数，\((i,j-1)\)才是后继状态，同理行也是这样）
初始的\(sg(0,0)=0\)（什么都没有了，不能操作了，对于先手来说是必败态
然后我们发现其实定义\(mex\)这个东西有点鸡肋，我们可以考虑改变\(sg\)的定义，设\(sg(i,j)\)表示以\((i,j)\)结尾的矩阵是对于当前操作者是必败态（为\(0\)），还是必胜态（为\(1\)）。
转移的话，可转移的后继状态中，只要有一个必败态（\(sg=0\)），那么它就可以是必胜态（\(sg=1\)）
边界情况：
\(sg(1,1)=a[1][1]\%2\)
然后是单独剩下的第一行和第一列，拿第一行举例子吧，第一列同理。对于只剩下第一行的情况，可以一次删掉右边最后一列，也可以删掉这一整行。如果删列的话，那么\(sg\)是从左边转移过来的，没有影响。如果是删掉一整行的话，只需要判断到当前这个位置的和是不是偶数，是偶数就是必胜态，但如果我们把\(sg[i-1][j]\)设为\(0\)的话，就不需要特判，可以自动转移。
►Code View
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cstring>
using namespace std;
#define N 1005
#define LL long long
int rd()
{
int x=0,f=1;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-') f=-1; c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48); c=getchar();}
return f*x;
}
int s1[N][N]/*行的前缀和*/,s2[N][N]/*列的前缀和*/,sg[N][N];
int main()
{
int T=rd();
while(T--)
{
int n=rd();
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
{
int a=rd()%2;
s1[i][j]=(s1[i-1][j]+a)%2;
s2[i][j]=(s2[i][j-1]+a)%2;
sg[i][j]=0;
if(!s1[i][j])//这一列可以删掉
if(!sg[i][j-1])
sg[i][j]=1;
if(!s2[i][j])//这一行可以删掉
if(!sg[i-1][j])
sg[i][j]=1;
}
if(sg[n][n]) puts("W");
else puts("L");
}
return 0;
}
/*
2
2
2 4
6 8
3
5 4 2
1 5 9
7 3 8
*/