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一、Nim游戏介绍

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。

据说，它源自中国，经由被贩卖到美洲的奴工们外传。辛苦的工人们，在工作闲暇之余，用石头玩游戏以排遣寂寞。后来流传到高级人士，则用便士（Pennies），在酒吧柜台上玩。

最有名的玩法，是把十二枚便士放成\(3、4、5\)三列，拿光铜板的人赢。

后来，大家发现，先取的人只要在\(3\)那列里取走\(2\)枚，变成了\(1、4、5\)，就能稳操胜券了，游戏也就变得无趣了。

于是大家就增加列数，增加铜板的数量，这样就让人们有了毫无规律的感觉，不易于把握。

二、举个栗子

• \(2\)和\(3\)两堆石子，甲先来，从\(3\)那堆中取\(1\)个，留下两堆，分别是\(2\)和\(2\)。

• 以后不管乙怎么拿，甲都和他在相反的一堆中做同样的操作，这样，肯定是乙最先面对\(0\)，\(0\)状态。

三、先上结论

在两名选手都足够聪明，每一步都是最优解的情况下：
\(a_1\) ^ \(a_2\) ^ ... ^\(a_n=0\) 先手必败
\(a_1\) ^ \(a_2\) ^ ... ^\(a_n\neq0\) 先手必胜
就是把所有堆的石子个数异或起来，结果是零，先手必败，不是零，先手必胜。

怎么样，是不是很神奇？我看到它的时候也觉得很神奇，完全没有道理的和异或运算扯上了关系。但这个定理的证明却也不复杂:

四、证明

分情况讨论：
(1)每一堆中的石子的个数都是零，不能再进行任何操作，没有可以拿的东西，就是输了，\(a_1\)^$a_2$...^\(a_n\)=0 ^ 0 ^... 0=0，此时当前操作人输了，如果是上来就是这种情况，那么先手必败，此时上面的Bouton结论是正确的。

(2)如果\(a_1\)^$a_2$...^\(a_n=x \neq0\) ，一定可以通过拿走某一堆中的一些石子，把式子的异或值变成0。
证明：我们先找到x的二进制表示中最高的一位1，设是第k位。说明\(a_1\)~\(a_n\)中必然至少有一个数\(a_i\),\(a_i\)的第k位的值是1.(要不这个位置的1是咋来的？)
那么 $a_i $^ x \(< a_i\) (因为\(a_i\)的第k位是1，x的第k位也是1，这样两个数字异或，只有一种可能，就是变小),我们就可以在\(a_i\)中拿走$ a_i-a_i$ ^{$x$个石子(这个值肯定是正的)。这时，$a_i$这堆石子的个数就变成了$a_i-(a_i-a_i$}\(x)\)= \(a_i\) ^x个。
那么现在的异或结果就是：
\(\ \ \ \ \ \ \ a_1\)^\(a_2\) ...^\(a_i\) ^ \(x\).. ^\(a_n\)
\(\because\) \(a_1\)^$a_2$...^\(a_i\) ...... ^\(a_n =x\) 代入上边的式子
\(\therefore\) $ x ^{\wedge} x=0$ 证毕，我们一定可以通过拿走一堆中的一些石子，达到\(a_1\)^$a_2$...^\(a_n=0\) 的目标。

(3)如果\(a_1\)^$a_2$...^\(a_n=0\)的情况，那么不管怎么去拿，拿完之后的所有数的异或值肯定不是零。

反证法
（假设从任意一堆里去拿大于零的石子个数，拿完后，异或值还是零，然后我们证明这样做是不对滴~）：

假设 我们在第i堆里去拿，拿完后第i堆的石子个数为\(a_i^{\prime}\)。
则：
\(a_1\)^ \(a_2\)^ ...^ \(a_i^{\prime}\) ^ \(a_{i+1}\).. ^ \(a_n=0\)
与
\(a_1\) ^ \(a_2\) ^ ...^ \(a_i\) ^ \(a_{i+1}\).. ^\(a_n=0\)

左右等式两边直接做异或运算，因为异或运算满足消去率，最终成为：
\(a_i^{\prime}\) $ ^{\wedge} a_i=0\( 也就是\)a_i=$ \(a_i^{\prime}\),也就是啥也没拿！啥也不拿是不行的，因为我们说好了是拿走的，就证明了是假设不对，拿完后异或值肯定不是零！

所以，最开始的状态，
（1）如果所有元素的异或值是零（第3种情况），甲不管怎么拿，剩余所有元素的异或值都将不是零，就是转为第2种情况。
（2）如果所有元素的异或值不是零（第2种情况），甲一定能有一种办法去拿，使得剩余所有元素的异或值是零，就是转为第3种情况。

上面的两个状态不断的重复转换，最终将达到第1种情况，就是没有东西可以拿了。至于谁可以赢，其实就是两个原因：
（1）最开始时各堆石子的异或值。
（2）在面临异或值不是零的情况下，不犯错误，一直按必胜的方法操作，则获胜。

那么，这个游戏在面临异或值不是零的情况下，怎么样操作可以达到所有元素的异或值是零的呢？
(1)计算出所有元素的异或值x.
(2)找出x的二进制中最高位是1的位置k。
(3)找到所有堆中，数量值的二进制第k位也是1的那个(可能不只一个，随便找一个就行)，比如是\(a_i\)
(4)在\(a_i\)中，拿走 \(a_i-a_i\)^\(x\)个。

五、Bouton是如何想到这个方法的

为了进一步理解Nim取子游戏，我们考查某些特殊情况。如果游戏开始时只有一堆硬币，游戏人I则通过取走所有的硬币而获胜。现在设有2堆硬币，且硬币数量分别为N1和N2。

游戏人取得胜利并不在于N1和N2的值具体是多少，而是取决于它们是否相等。设N1!=N2 ，游戏人I从大堆中取走的硬币使得两堆硬币数量相等，于是，游戏人I以后每次取子的数量与游戏人II相等而最终获胜。但是如果N1= N2，则：游戏人II只要按着游戏人I取子的数量在另一堆中取相等数量的硬币，最终获胜者将会是游戏人II。这样，两堆的取子获胜策略就已经找到了。

现在我们如何从两堆的取子策略扩展到任意堆数中呢？
首先来回忆一下，每个正整数都有对应的一个二进制数，例如：\(57_{(10)}=111001_{(2)}\),即：\(57_{(10)}=2^5+2^4+2^3+2^0\)。于是，我们可以认为每一堆硬币数由2的幂数的子堆组成。这样，含有57枚硬币大堆就能看成是分别由数量为\(2^5、2^4、2^3、2^0\)的各个子堆组成。

现在考虑各大堆大小分别为\(N_1,N_2,N3,...,N_k\)的一般的Nim取子游戏。将每一个数\(N_i\)表示为其二进制数（数的位数相等，不等时在前面补0）：
\(N_1=a_s..a_1a_0\)
\(N_2=b_s..b_1b_0\)
\(.....\)
\(N_k=m_s..m_1m_0\)

如果每一种大小的子堆的个数都是偶数，我们就称Nim取子游戏是平衡的，而对应位相加是偶数的称为平衡位，否则称为非平衡位。因此，Nim取子游戏是平衡的，当且仅当：

\(a_s+b_s+...+m_s\) 是偶数
.....
\(a_1+b_1+...+m_1\) 是偶数
\(a_0+b_0+...+m_0\) 是偶数

于是，我们就能得出获胜策略：
游戏人I能够在非平衡取子游戏中取胜，而游戏人II能够在平衡的取子游戏中取胜。
我们以一个两堆硬币的Nim取子游戏作为试验。设游戏开始时游戏处于非平衡状态。这样，游戏人I就能通过一种取子方式使得他取子后留给游戏人II的是一个平衡状态下的游戏，接着无论游戏人II如何取子，再留给游戏人I的一定是一个非平衡状态游戏，如此反复进行，当游戏人II在最后一次平衡状态下取子后，游戏人I便能一次性取走所有的硬币而获胜。而如果游戏开始时游戏牌平衡状态，那根据上述方式取子，最终游戏人II能获胜。
下面应用此获胜策略来考虑4-堆的Nim取子游戏。其中各堆的大小分别为7，9，12，15枚硬币。用二进制表示各数分别为：0111，1001，1100和1111。于是可得到如下一表：

	\(2^3=8\)	\(2^2=4\)	\(2^1=2\)	\(2^0=1\)
大小为7的堆	0	1	1	1
大小为9的堆	1	0	0	1
大小为12的堆	1	1	0	0
大小为15的堆	1	1	1	1

由Nim取子游戏的平衡条件可知，此游戏是一个非平衡状态的取子游戏，因此，游戏人I在按获胜策略进行取子游戏下将一定能够取得最终的胜利。具体做法有多种，游戏人I可以从大小为12的堆中取走11枚硬币，使得游戏达到平衡（如下表），

	\(2^3=8\)	\(2^2=4\)	\(2^1=2\)	\(2^0=1\)
大小为7的堆	0	1	1	1
大小为9的堆	1	0	0	1
大小为12的堆	0	0	0	1
大小为15的堆	1	1	1	1

之后，无论游戏人II如何取子，游戏人I在取子后仍使得游戏达到平衡。
同样的道理，游戏人I也可以选择大小为9的堆并取走5枚硬币而剩下4枚，或者，游戏人I从大小为15的堆中取走13枚而留下2枚。
归根结底，Nim取子游戏的关键在于游戏开始时游戏处于何种状态（平衡或非平衡）和第一个游戏人是否能够按照取子游戏的获胜策略来进行游戏。

既然和异或、二进制扯上了关系，那么是如何计算需要从哪个拿，拿几个就是巴顿老师当时的唯一需要解决的问题了：
(1)计算每一堆硬币数量的异或和，就是x=7⁹12^15=\(1101_{(2)}\)=13
(2)找到x的最前面一个是1的位，本例就是1101中最前面的那个1.
(3)在给定的硬币堆中，找到一个和上面步骤2位数也是1的数字，比如本例我们找到的是12.
(4)计算 \(a_i-a_i\)^ \(x=12-12\)^{$13$=$1100_{(2)}-1100_{(2)}$}\(1101_{(2)}=11\) 也就是在12这堆中，拿走11个硬币就达到了重新的平衡状态。

Tips:
(1)如果所有数成对出现，那么异或的最终结果是0.
(2)如果异或的最终结果是0，那它们不一定是成对出现的，比如 1,2,3，它们应成二进制就是01,10,11，异或在一起就是0，但不成对。

六、扩展问题

如果Nim游戏中的规则稍微变动一下,每次最多只能取K个,怎么处理?

方法是将每堆石子数mod (k+1).

七、C++ 代码

#include <iostream>

using namespace std;
const int N = 100010;

int main() {
    int n;
    scanf("%d", &n);

    int res = 0;
    while (n--) {
        int x;
        scanf("%d", &x);
        res ^= x;
    }

    if (res) puts("Yes");
    else puts("No");

    return 0;
}