哎，被卡科技了，想了三个小时，最后还是大佬给我说是\(SG\)函数。

\(SG\)函数，用起来很简单，证明呢？（不可能的，这辈子都是不可能的）

\(SG\)定理

游戏的\(SG\)函数就是各个子游戏的\(SG\)函数的\(Nim-sum\)（就是异或和），比如多堆石子的\(SG\)函数就是所有单堆石子\(SG\)函数的异或和。

\(SG\)函数

首先定义\(mex(T)\)为\(T\)中未出现的自然数中最小的数，其中\(T \subset N\)，如\(mex(0,2,3)=1\)，\(mex(4,7)=0\)。那么\(SG(x)=mex(S)\)，\(S\)为\(x\)的后继状态的\(SG\)函数值集合。

然后，对于某一个状态\(x\)，若\(SG(x)=0\)，则先手必败，否则先手必胜。

对于这一道题，因为只能拿约数个，也就是至少拿一个，所以我们可以先从小到大预处理一下\(SG\)函数。然后因为我们是先手，要给对手制造一个必败状态，所以只要枚举一下第一步的所有策略，然后判断一下剩下的那些石子的\(SG(x)\)函数的异或和是否为\(0\)就行了。

期望复杂度\(O(n^{\frac{3}{2}})\)。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 100000;

int n, a[N+5], sum, p, ans, SG[N+5], vis[N+5];

void calc_SG() { //预处理SG函数

    SG[0] = 0, SG[1] = 1; //初始化

    for(int i = 2; i <= N+1; i++) {

        int cnt = 0, t = 0x3f3f3f3f;

        for(int j = 1; j*j <= i; j++)

            if(i%j == 0) {

                vis[++cnt] = SG[i-j];

                if(j*j != i) vis[++cnt] = SG[i-i/j];

            }

        sort(vis+1, vis+cnt+1);

        if(vis[1] >= 1) { //计算mex(T)

            SG[i] = 0;

            continue;

        }

        for(int j = 1; j <= cnt-1; j++)

            if(vis[j+1]-vis[j] > 1) t = min(t, vis[j]+1);

        t = min(t, vis[cnt]+1);

        SG[i] = t;

    }

}

int main() {

    ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0); //读入输出加速

    cin >> n;

    calc_SG(); //预处理SG函数

    for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i], sum ^= SG[a[i]];

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

        p = sum^SG[a[i]];

        for(int j = 1; j*j <= a[i]; j++) {

            if(a[i]%j) continue;

            if((p^SG[a[i]-j]) == 0) ans++; //判断剩下的Nim-sum是否为0

            if(j*j != a[i] && (p^SG[a[i]-a[i]/j]) == 0) ans++;

        }

    }

    cout << ans << endl;

    return 0;

}