Stone Game II
题目大意：
给出n堆物品，每堆物品都有若干件，现在A和B进行游戏，每人每轮操作一次，按照如下规则：
1. 任意选择一个堆，假设该堆有x个物品，从中选择k个，要保证0<k<x且0<(x^k)<k。
2. 再增加一个大小为x^k的堆（也就相当于将一个x个物品的堆变成一个k个物品的堆和一个x^k个物品的堆），另外有一个技能，可以将这个大小为x^k的堆变成(2*k)^x的堆，但是这个技能每个人只有一次机会可以使用。
现在问两人轮流操作，都采取最优策略，最后不能操作的人输，问谁会赢。
/*
先不考虑技能，其实每轮的操作就是将一个大小为x的堆分成大小为k和(x^k)的堆，这里很关键的一点是要能发现分堆之前x中二进制1的个数与分堆之后k与(x^k)的二进制1个数和的奇偶性是相同的。这个结论可以这样想，考虑x的某一位p，分四种情况：
1. 如果x的第p位为1且k的第p位也为1，那么(x^k)的第p位就是0.
2. 如果x的第p位为1且k的第p位也为0，那么(x^k)的第p位就是1.
3. 如果x的第p位为0且k的第p位也为1，那么(x^k)的第p位就是1.
4. 如果x的第p位为0且k的第p位也为0，那么(x^k)的第p位就是0.
可以发现无论哪种情况，奇偶性都不会发生变化，这是本题的关键。
另外考虑游戏怎么终止，很显然当一个堆x的二进制1的个数只有1个的时候，就不能再分了，那么如果所有的堆都这样，游戏就终止了，关键看从开始到终止需要奇数步还是偶数步就能判断输赢。
假设这些堆最后会分成y个堆，那么一共就分了y-n次，每个堆大小的二进制1个数都是1，这样二进制1的总是就是y，而y和x二进制1的个数z已经证明奇偶性相同，所以y-n和z-n奇偶性就是相同的，所以我们只需要判断z-n的奇偶性，这题就解决了，非常巧妙。
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
int n,T;
int count(int x){
int res=;
while(x){
res+=x&;
x>>=;
}
return res;
}
int main(){
freopen("Cola.txt","r",stdin);
scanf("%d",&T);
for(int c=;c<=T;c++){
printf("Case %d: ",c);
scanf("%d",&n);
int cnt=,x;
for(int i=;i<=n;i++){
scanf("%d",&x);
cnt+=count(x);
}
cnt-=n;
if(cnt&)puts("Yes");
else puts("No");
}
return ;
}