题目大意：
每次可以翻1个或者2个或者3个硬币，但要保证最右边的那个硬币是正面的，直到不能操作为输，这题目还有说因为主人公感情混乱可能描述不清会有重复的硬币说出，所以要去重
这是一个Mock Turtles型翻硬币游戏
下面是对这个类型游戏的讲解
约束条件6：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。
1 #include <cstdio> 2 #include <cstring> 3 #include <iostream> 4 #include <algorithm> 5 using namespace std; 6 7 const int N = 105; 8 int a[N]; 9 10 bool ok(int x) 11 { 12 int k=0; 13 while(x){ 14 if(x&1) k++; 15 x>>=1; 16 } 17 return k&1; 18 } 19 20 int main() 21 { 22 // freopen("a.in" , "r" , stdin); 23 int n; 24 while(scanf("%d" , &n) == 1) 25 { 26 for(int i=0 ; i<n ; i++){ 27 scanf("%d" , &a[i]); 28 } 29 //可能存在重复的需要去重 30 sort(a,a+n); 31 int k = unique(a,a+n)-a; 32 33 int ans = 0; 34 for(int i=0 ; i<k ; i++){ 35 a[i]*=2; 36 if(!ok(a[i])) a[i]++; 37 ans^=a[i]; 38 } 39 if(ans) puts("No"); 40 else puts("Yes"); 41 } 42 return 0; 43 }