Stone Game II

HDU - 4388

題目大意：

給出n堆物品，每堆物品都有若幹件，現在A和B進行遊戲，每人每輪操作一次，按照如下規則：

1. 任意選擇一個堆，假設該堆有x個物品，從中選擇k個，要保證0<k<x且0<(x^k)<k。

2. 再增加一個大小為x^k的堆（也就相當於將一個x個物品的堆變成一個k個物品的堆和一個x^k個物品的堆），另外有一個技能，可以將這個大小為x^k的堆變成(2*k)^x的堆，但是這個技能每個人只有一次機會可以使用。

現在問兩人輪流操作，都采取最優策略，最後不能操作的人輸，問誰會贏。

/*
    先不考慮技能，其實每輪的操作就是將一個大小為x的堆分成大小為k和(x^k)的堆，這裏很關鍵的一點是要能發現分堆之前x中二進制1的個數與分堆之後k與(x^k)的二進制1個數和的奇偶性是相同的。這個結論可以這樣想，考慮x的某一位p，分四種情況：
    1. 如果x的第p位為1且k的第p位也為1，那麽(x^k)的第p位就是0.
    2. 如果x的第p位為1且k的第p位也為0，那麽(x^k)的第p位就是1.
    3. 如果x的第p位為0且k的第p位也為1，那麽(x^k)的第p位就是1.
    4. 如果x的第p位為0且k的第p位也為0，那麽(x^k)的第p位就是0.
    可以發現無論哪種情況，奇偶性都不會發生變化，這是本題的關鍵。
    另外考慮遊戲怎麽終止，很顯然當一個堆x的二進制1的個數只有1個的時候，就不能再分了，那麽如果所有的堆都這樣，遊戲就終止了，關鍵看從開始到終止需要奇數步還是偶數步就能判斷輸贏。
    假設這些堆最後會分成y個堆，那麽一共就分了y-n次，每個堆大小的二進制1個數都是1，這樣二進制1的總是就是y，而y和x二進制1的個數z已經證明奇偶性相同，所以y-n和z-n奇偶性就是相同的，所以我們只需要判斷z-n的奇偶性，這題就解決了，非常巧妙。
 
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
int n,T;
int count(int x){
    int res=0;
    while(x){
        res+=x&1;
        x>>=1;
    }
    return res;
}
int main(){
    freopen("Cola.txt","r",stdin);
    scanf("%d",&T);
    for(int c=1;c<=T;c++){
        printf(
 
"Case %d: ",c);
        scanf("%d",&n);
        int cnt=0,x;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            scanf("%d",&x);
            cnt+=count(x);
        }
        cnt-=n;
        if(cnt&1)puts("Yes");
        else puts("No");
    }
    return 0;
}

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