HDOJ 3537 Daizhenyang's Coin （翻硬币游戏）

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每次可以翻动一个、二个或三个硬币。（Mock Turtles游戏）

初始编号从0开始。

当N==1时，硬币为：正，先手必胜，所以sg[0]=1.

当N==2时，硬币为：反正，先手必赢，先手操作后可能为：反反或正反，方案数为2，所以sg[1]=2。

当N==3时，硬币为：反反正，先手必赢，先手操作后可能为：反反反、反正反、正反正、正正反，方案数为4，所以sg[2]=4。

位置x：0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14...

sg[x]： 1 2 4 7 8 11 13 14 16 19 21 22 25 26 28…

看上去sg值为2x或者2x+1。我们称一个非负整数为odious，当且仅当该数的二进制形式的1出现的次数是奇数，否则称作evil。所以1，2，4，7是odious因为它们的二进制形式是1,10,100,111.而0,3,5,6是evil，因为它们的二进制形式是0,11,101,110。而上面那个表中，貌似sg值都是odious数。所以当2x为odious时，sg值是2x，当2x是evil时，sg值是2x+1.

这样怎么证明呢？我们会发现发现，

evil^evil=odious^odious=evil

evil^odious=odious^evil=odious

假设刚才的假说是成立的，我们想证明下一个sg值为下一个odious数。注意到我们总能够在第x位置翻转硬币到达sg为0的情况；通过翻转第x位置的硬币和两个其它硬币，我们可以移动到所有较小的evil数，因为每个非零的evil数都可以由两个odious数异或得到；但是我们不能移动到下一个odious数，因为任何两个odious数的异或都是evil数。

假设在一个Mock Turtles游戏中的首正硬币位置x1,x2,…,xn是个P局面，即sg[x1]^…^sg[xn]=0.那么无可置疑的是n必定是偶数，因为奇数个odious数的异或是odious数，不可能等于0。而由上面可知sg[x]是2x或者2x+1，sg[x]又是偶数个，那么x1^x2^…^xn=0。相反，如果x1^x2^…^xn=0且n是偶数，那么sg[x1]^…^sg[xn]=0。这个如果不太理解的话，我们可以先这么看下。2x在二进制当中相当于把x全部左移一位，然后补零，比如说2的二进制是10，那么4的二进制就是100。而2x+1在二进制当中相当于把x全部左移一位，然后补1，比如说2的二进制是10，5的二进制是101。现在看下sg[x1]^…^sg[xn]=0，因为sg[x]是2x或者2x+1，所以式子中的2x+1必须是偶数个（因为2x的最后一位都是0,2x+1的最后一位都是1，要最后异或为0,2x+1必须出现偶数次）。实际上的情况可能是这样的:

MT游戏当中的P局面是拥有偶数堆石子的Nim游戏的P局面。

虽然看不太懂，但是有上面的结论就够了，找到每个位置的SG值，然后异或

被戴神的女友坑了，还要排序判重，ORZ。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<ctime>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<vector>
#define C    240
#define TIME 10
#define inf 1<<25
#define LL long long
using namespace std;
int main(){int n,a[100];while(scanf("%d",&n)!=EOF){int ret=0,k;if(n==0){puts("Yes");continue;}for(int i=0;i<n;i++)scanf("%d",&a[i]);sort(a,a+n);int len=1;for(int i=1;i<n;i++)if(a[i]!=a[len-1])a[len++]=a[i];for(int i=0;i<len;i++){int k=a[i];int cnt=0,t=2*k;while(k){if(k&1)cnt++;k>>=1;}if(cnt%2==0)ret^=t+1;elseret^=t;}puts(ret?"No":"Yes");}return 0;
}

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