題目描述

黑板上寫著一個非負整數陣列 nums[i] 。Alice 和 Bob 輪流從黑板上擦掉一個數字，Alice 先手。如果擦除一個數字後，剩餘的所有數字按位異或運算得出的結果等於 0 的話，當前玩家遊戲失敗。 (另外，如果只剩一個數字，按位異或運算得到它本身；如果無數字剩餘，按位異或運算結果為 0。）

換種說法就是，輪到某個玩家時，如果當前黑板上所有數字按位異或運算結果等於 0，這個玩家獲勝。

假設兩個玩家每步都使用最優解，當且僅當 Alice 獲勝時返回 true。

示例

輸入: nums = [1, 1, 2]
輸出: false
解釋: 
Alice 有兩個選擇: 擦掉數字 1 或 2。
如果擦掉 1, 陣列變成 [1, 2]。剩餘數字按位異或得到 1 XOR 2 = 3。那麼 Bob 可以擦掉任意數字，因為 Alice 會成為擦掉最後一個數字的人，她總是會輸。
如果 Alice 擦掉 2，那麼陣列變成[1, 1]。剩餘數字按位異或得到 1 XOR 1 = 0。Alice 仍然會輸掉遊戲。
 

提示

• 1 <= N <= 1000
• 0 <= nums[i] <= 2^16

方法：數學

思路

根據遊戲規則，輪到某個玩家時，如果當前黑板上所有數字異或結果等於 0，則當前玩家獲勝。由於 Alice 是先手，因此如果初始時黑板上所有數字異或結果等於 0，則 Alice 獲勝。

下面討論初始時黑板上所有數字異或結果不等於 0 的情況。

由於兩人交替擦除數字，且每次都恰好擦掉一個數字，因此對於這兩人中的任意一人，其每次在擦除數字前，黑板上剩餘數字的個數的奇偶性一定都是相同的。

這啟發我們從陣列 nums 長度的奇偶性來討論。如果 nums 的長度是偶數，先手 Alice 是否有可能失敗呢？假設 Alice 面臨失敗的狀態，則只有一種情況，即無論擦掉哪一個數字，剩餘所有數字的異或結果都等於 0。

下面證明這是不可能的。設陣列 nums 的長度為 n，n 是偶數，用 ⊕ 表示異或，記 S 為陣列 nums 的全部元素的異或結果，則有

記 S_i 為擦掉 nums[i] 之後，剩餘所有數字的異或結果，則有

等式兩邊同時異或 nums[i]，由於對任意整數 x 都有 x⊕x=0，得

如果無論擦掉哪一個數字，剩餘的所有數字異或結果都等於 0，即對任意 0≤i<n，都有 S_i =0。因此對所有的 S_i
​
異或結果也等於 0，即

將 S_i=S⊕nums[i] 代入上式，並根據異或運算的交換律和結合律化簡，有

​

上述計算中，第 3 行的左邊括號為 n 個 S 異或，由於 n 是偶數，因此 n 個 S 異或的結果是 0。

根據上述計算，可以得到 S=0，與實際情況 S≠0 矛盾。

因此當陣列的長度是偶數時，先手 Alice 總能找到一個數字，在擦掉這個數字之後剩餘的所有數字異或結果不等於 0。

在 Alice 擦掉這個數字後，黑板上剩下奇數個數字，無論 Bob 擦掉哪個數字，留給 Alice 的一定是黑板上剩下偶數個數字，此時 Alice 要麼獲勝，要麼仍可以找到一個數字，在擦掉這個數字之後剩餘的所有數字異或結果不等於 0，因此 Alice 總能立於不敗之地。

同理可得，當陣列的長度是奇數時，Alice 在擦掉一個數字之後，留給 Bob 的一定是黑板上剩下偶數個數字，因此 Bob 必勝。

綜上所述，當且僅當以下兩個條件至少滿足一個時，}Alice 必勝：

陣列 nums 的全部元素的異或結果等於 0；

陣列 nums 的長度是偶數。

程式碼實現時，可以先判斷陣列 nums 的長度是否是偶數，當長度是偶數時直接返回 true，當長度是奇數時才需要遍歷陣列計算全部元素的異或結果。該實現方法在陣列長度是偶數時只需要 O(1) 的時間即可得到答案。

Java程式碼

class Solution {
    public boolean xorGame(int[] nums) {
        if(nums.length % 2 == 0) {
            return true;
        }
        int sum = 0; 
        for(int num : nums) {
            sum = sum ^ num;
        }
        return sum == 0;
    }
}

時間複雜度：O(n)。其中 n 是陣列 nums 的長度。最壞情況下，需要遍歷陣列一次，計算全部元素的異或結果。

空間複雜度：O(1)