尼姆博弈(Nimm's Game)
题型
尼姆博弈模型，大致上是这样的：
有3堆各若干个物品，两个人轮流从某一堆取任意多的物品，规定每次至少取1个，多者不限，最后取光者得胜。
分析
1、首先自己想一下，就会发现只要最后剩两堆物品一样多(不为零)，第三堆为零，那面对这种局势的一方就必败
那我们用(a,b,c)表示某种局势，首先(0,0,0)显然是必败态，无论谁面对(0,0,0) ，都必然失败；第二种必败态是(0,n,n)，自己在某一堆拿走k（k ≤ n）个物品，不论k为多少，对方只要在另一堆拿走k个物品，最后自己都将面临(0,0,0)的局势，必败。仔细分析一下，(1,2,3)也是必败态，无论自己如何拿，接下来对手都可以把局势变为(0,n,n)的情形
那这种奇异局势有什么特点呢？
也不知谁这么牛逼，竟然能把这种局势和二进制联系在一起
这里说一种运算符号，异或'^',a^b=a'b+ab'（a'为非a）
我们用符号XOR表示这种运算，这种运算和一般加法不同的一点是1 XOR 1 = 0。先看(1,2,3)的按位模2加的结果：
1 = 二进制01
2 = 二进制10
3 = 二进制11 XOR
———————
0 = 二进制00 (注意不进位)
对于奇异局势(0,n,n)也一样，结果也是0
任何奇异局势(a,b,c)都有a XOR b XOR c = 0
如果我们面对的是一个非必败态(a,b,c)，要如何变为必败态呢？
假设 a < b < c，我们只要将 c 变为a XOR b，即可。因为有如下的运算结果：
a XOR b XOR (a XOR b)=(a XOR a) XOR (b XOR b) = 0 XOR 0 = 0
要将c 变为a XOR b，只要对 c进行 c-(a XOR b)这样的运算即可
Being a Good Boy in Spring Festival
Problem Description
一年在外 父母时刻牵挂
春节回家 你能做几天好孩子吗
寒假里尝试做做下面的事情吧
陪妈妈逛一次菜场
悄悄给爸爸买个小礼物
主动地 强烈地 要求洗一次碗
某一天早起 给爸妈用心地做回早餐
如果愿意 你还可以和爸妈说
咱们玩个小游戏吧 ACM课上学的呢～
下面是一个二人小游戏：桌子上有M堆扑克牌；每堆牌的数量分别为Ni(i=1…M)；两人轮流进行；每走一步可以任意选择一堆并取走其中的任意张牌；桌子上的扑克全部取光，则游戏结束；最后一次取牌的人为胜者。
现在我们不想研究到底先手为胜还是为负，我只想问大家：
——“先手的人如果想赢，第一步有几种选择呢？”
Input
输入数据包含多个测试用例，每个测试用例占2行，首先一行包含一个整数M(1<M<=100)，表示扑克牌的堆数，紧接着一行包含M个整数Ni(1<=Ni<=1000000，i=1…M)，分别表示M堆扑克的数量。M为0则表示输入数据的结束。
Output
如果先手的人能赢，请输出他第一步可行的方案数，否则请输出0，每个实例的输出占一行。
Sample Input
3
5 7 9
0
Sample Output
1
分析：由上分析可知，只要能对 c进行取走（c-(a XOR b)）这样的操作即为可行方案
代码如下：
#include<iostream>
#include<string.h>
using namespace std;
int main()
{
int n,p[111];
while(~scanf("%d",&n)&&n)
{
int sum=0;
for(int i=0;i<n;i++)
{
scanf("%d",&p[i]);
sum^=p[i];
}
if(!sum)//奇异局势
{
printf("0\n");
continue;
}
else
{
int cnt=0;
for(int i=0;i<n;i++)
{
if((sum^p[i])<p[i])//此方案下取p[i]-sum^p[i]张形成奇异局势
cnt++;
}
printf("%d\n",cnt);
}
}
return 0;
}
部分转自：https://www.cnblogs.com/jiangjun/archive/2012/11/01/2749937.html