【更新】
Nim游戏的经验：
每次最多取m个——%(m+1)
阶梯nim——奇数位无视，看偶数位互相独立，成一堆一堆的石子
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既然被征召去汇总算法。。那么挑个简单点的SG函数好了。。
介绍：{
SG函数是解Nim游戏的一个很好的。。。'思路'么？
Nim游戏是博弈论的一个经典模型，指两个人轮流操作，且双方的操作条件一样(如：中国象棋就不是，因为先手只能动黑子，不能动红子)，不能操作的人输(大多是这样。。)
。。在这个前提下，一个'当前局面'就可以用某个SG值来表示。
}
简单的性质：
1、构成DAG 每个节点代表游戏的一个状态，其SG值，定义为其后继的SG值中没有出现的最小的自然数。 若一个状态不可再操作(SG的游戏中通常定义为输)，那么没有出现的最小自然数就是0。
2、单个游戏博弈：先手必胜要求【
根节点SG为正，先手从根节点出发
每一回合
先手：每次走向任一SG为0的后继
后手：要么输了(即面对无法操作 没有后继的状态)，要么就只能再走到一个SG为正的点，又回到之前的情形
】 所以单个游戏的SG值为其初始状态即根节点的SG。
多个游戏一起博弈：先手必胜要求【
每一个游戏当前的SG值 亦或和为正，(初始时“当前”就是每个游戏的根) ，以下将当前亦或和设为x
每一回合
先手：选择一个游戏i，设其当前走到的点u的SG值为SG[u]，选择时要求其满足x^SG[u]<SG[u],这样就一定能走到u的一个后继v，SG[v]=SG[u]^x;
这样 x就变成了x^SG[u]^(SG[u]^x)=0;
{
简单说明①：一定存在这样的u。 因为x为所有SG[i]的亦或和，那么必有一个游戏i当前的SG值得二进制最高位1与x的最高位1相同，则其亦或x之后最高位变0，显然变小了。
简单说明②：为什么要求x^SG[u]<SG[u]，不可以走向大于的吗? 毕竟u的后继不一定都小于u，所以的确没这个必要。但是通过说明1，已经证明了一定可以找到SG[v]小于SG[u]的v。
而且，并不是所有u都有 SG值比他大的后继，所以为了思考SG问题方便，要求不能走向 比u的SG值大的后继v。
}
后手：由于不能操作的 即输了的局面的SG亦或和为0， 所以只有后手会(终将会) 面临这个局面。(因为，每一步总有某一个游戏的状态 沿着其DAG往下走了一步)
而后手不能操作SG值已经为0的游戏， 只能操作SG值尚为正的游戏，假设这会使游戏i的SG从a变成b, 则x会^=a^b。 而a!=b所以x一定不会依然是0。这样轮到先手又变回原局面
】
tip1 若不能直接想出SG计算(或者说证明)的方法，实际上打表找规律才是正解。
tip2 有很多SG游戏都是分成好多个子问题，将子问题SG亦或起来求总问题SG的。 时刻记得这个性质。
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随便挑道题目吧。
BZOJ4035[HAOI2015]数组游戏 ——tip1 和tip2都能适用于这道题;
【题解要写详细真的比做题要nan!!!】
tip1的话。。。。直接暴力dfs求每个状态的SG值，设白格为1,黑格为0，举例 初始数组为01010。肉眼观察发现： 若两个数组的长度相同，则两个数组亦或 得到的新数组 SG值为这两个数组的SG亦或和。
即，在n固定的情况下，SG[x]^SG[y]==SG[x^y] (这里x,y是二进制转成的十进制)
tip2：【
通过tip2的思路来证明tip1找到的规律。
上面这个规律，等价于，一个01数组的SG值，为其中每一个1的SG值亦或和(如：01011的SG==01000、00010、00001的SG亦或和)
也就是每个白子都是一个子问题，把每个白子的局面翻转成黑即为胜。则多个白子合成的局面等于这些子游戏的SG亦或和
当一个子游戏会影响另一个子游戏时由于是亦或的，所以对SG值的影响会抵消。
】
那么。为什么将游戏x^y分成x和y两个子游戏共同进行博弈，SG值依然是正确的？
【
设游戏A 是由x和y构成的子游戏， 游戏B是局面为x^y的单个游戏。
证明 将游戏x^y分成x和y两个子游戏互不干扰的进行博弈，SG值依然是正确的。
相当于要证明游戏A中不管是对x还是对y的操作在游戏B中有着对应的操作，这样 A和B SG值的变化才能始终是一样的
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现在先手对局面x(考虑y和考虑x等价)的这个子游戏进行一次操作 如：010001翻为000101。
考虑其中被翻转的首位置k：
显然位置k原先是1，
若y中k原先是0， 则 在游戏B中，k是1， 显然在B中可以有一样的操作
若y中k原先是1，则 游戏B中k是0，不可翻转，怎么办？实际上，先手不会这么操作，因为后手可以对y做一样的操作，使SG值又变回来。 所以先手会对其他白子操作，后手最终会不得不进行这种操作，这时，由先手对y做一样的操作，保持必胜的局面。 那么很显然 这一部分的操作，对游戏B就不会有任何影响了。
】
那么剩下的问题就是求出每单个白子的SG值了：
首先输入了n，既然确定了n，那么：
用f[i]表示可以翻i个的点的SG值， 即： 0001000000和000010000 这里的1都最多能翻2个位置，那么它们的SG值都记录在f[2]
用g[i]表示位置i的SG值， 即： 0100000000 ，它的SG值记录在g[2]。
f[i]=g[n div i]， 但是由于n<=10^9,所以，f,g都只记录到下标sqrt(n),两个拼起来就可以O(1) 求出每个位置的SG值了。
对于每个f[i]或g[i] 怎么求：对商分块，这样复杂度就是 [求f[i]：sqrt(i)] [求g[i]: sqrt(n/i)]。
当然预处理是 O(n^0.5 * n^0.5) 显然两个根号都不会跑满。O(2)下，预处理只要半秒。还是有点慢慢啊。
#pragma GCC optimize(2)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int N,n,m,k,x,s,f[],g[];
int get(int w){
if (w<=N) {if (f[w]!=-) return f[w];} else
if (g[n/w]!=-) return g[n/w];
int d[]; for (int i=;i<;++i) d[i]=;
for (int x=,y,z=;x<=w;x=w/(w/x)+){
y=get(w/x); d[z^y]=;
if (!(w/(w/x)-x&)) z^=y;
}
for (int i=;i<;++i) if (!d[i]) return i;
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
N=ceil(sqrt(n));
memset(f,-,sizeof f); f[]=;
memset(g,-,sizeof g);
for (int i=;i<=N;++i) f[i]=get(i);
for (int i=n/N-;i>;--i) g[i]=get(n/i);
while (m--){
scanf("%d",&k); s=;
for (int i=;i<=k;++i) scanf("%d",&x),s^=get(n/x);
s?puts("Yes"):puts("No");
}
return ;
}
乌鸦行