先考虑$x=y$的情况，此时即是一个平等博弈，因此考虑$sg$函数
具体的，有$sg(n)=egin{cases}0&(n=0)\mex({sg(n-i)mid 1le ile n,i e x})&(nge 1)end{cases}$，简单计算$sg(n)$的前几项，不难发现规律$sg(n)=lfloorfrac{n}{2x} floor x+n mod x$，进而将其异或即可
（若异或和为0则先手必败，否则先手必胜）
接下来，不妨假设$x>y$且$a_{1}le a_{2}le ...le a_{n}$，此时再分类讨论：
1.若$a_{n}<y$，显然限制没有意义，仍是一个平等博弈，并且有$sg(n)=n$
2.若$a_{n}ge y$，此时先手必胜，证明如下——
对其进行归纳（$n$和${a_{i}}$的字典序），并对此分类讨论：
1.若$n=1$或$a_{n-1}<y$，则总存在$(i,z)$满足$1le ile n$且$0le z<a_{i}$，使得若$a_{i}=z$则$igoplus_{i=1}^{n}a_{i}=0$，那么再对$(i,z)$分类讨论——
a.若$1le i<n$或$i=n$且$z e a_{n}-x$，那么将第$i$堆取到$z$个
b.若$i=n$且$z=a_{n}-x$，那么将第$n$堆取到$z+y$个
不论是哪一种情况，后手操作后若$a_{n}ge y$由归纳假设先手必胜，否则必然异或和非0（第一种情况异或和初始为0且必然变化，第二种情况只能在第$n$堆中取$y$个）同样先手必胜
2.若$nge 2$且$a_{n-1}ge y$，再分类讨论：
a.若$nge 3$或$a_{n}>y$，那么先手只需要在第$n-2$或第$n$堆中取一个，后手不可能同时使$a_{n-1},a_{n}<y$，那么由归纳假设先手必胜
b.若$n=2$且$a_{n}=y(=a_{n-1})$，那么先手只需要取完第$n-1$堆，之后后手不能取完第$n$堆，后手操作后先手再取完第$n$堆即可
类似地，对于$x<y$的情况，再分类讨论：
1.若$a_{n}<x$，同样为$sg(n)=n$的平等博弈
2.若$a_{n}ge x$，此时先手操作后必然要使$max_{i=1}^{n}a_{i}<x$（否则由之前的结论后手必胜），那么也即是要$n=1$或$a_{n-1}<x$，进而要保证异或和为0，即要求$S<x$且$S e a_{n}-x$（其中$S=igoplus_{i=1}^{n-1}a_{i}$）
综上，时间复杂度为$o(nlog n)$（排序），可以通过
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define N 1005 4 int t,n,x,y,ans,a[N]; 5 int main(){ 6 scanf("%d",&t); 7 while (t--){ 8 scanf("%d%d%d",&n,&x,&y); 9 for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]); 10 ans=0; 11 if (x==y){ 12 for(int i=1;i<=n;i++)ans^=a[i]/(x<<1)*x+a[i]%x; 13 if (ans)printf("Jslj "); 14 else printf("yygqPenguin "); 15 continue; 16 } 17 sort(a+1,a+n+1); 18 if (a[n]<min(x,y)){ 19 for(int i=1;i<=n;i++)ans^=a[i]; 20 if (ans)printf("Jslj "); 21 else printf("yygqPenguin "); 22 continue; 23 } 24 if (x>y)printf("Jslj "); 25 else{ 26 if ((n==1)||(a[n-1]<x)){ 27 for(int i=1;i<n;i++)ans^=a[i]; 28 if ((ans<x)&&(ans!=a[n]-x))printf("Jslj "); 29 else printf("yygqPenguin "); 30 } 31 else printf("yygqPenguin "); 32 } 33 } 34 return 0; 35 }