尼姆博奕（Nimm Game）：有三堆各若干个物品，两个人轮流从某一堆取任意多的
物品，规定每次至少取一个，多者不限，最后取光者得胜。
这种情况最有意思，它与二进制有密切关系，我们用（a，b，c）表示某种局势，首先（0，0，0）显然是奇异局势，无论谁面对奇异局势，都必然失败。第二种奇异局势是（0，n，n），只要与对手拿走一样多的物品，最后都将导致（0，0，0）。仔细分析一下，（1，2，3）也是奇异局势，无论对手如何拿，接下来都可以变为（0，n，n）的情形。
计算机算法里面有一种叫做按位模2加，也叫做异或的运算，我们用符号（+）表示这种运算。这种运算和一般加法不同的一点是1+1=0。先看（1，2，3）的按位模2加的结果：
1 =二进制01
2 =二进制10
3 =二进制11 （+）
———————
0 =二进制00 （注意不进位）
对于奇异局势（0，n，n）也一样，结果也是0。
任何奇异局势（a，b，c）都有a（+）b（+）c =0。
如果我们面对的是一个非奇异局势（a，b，c），要如何变为奇异局势呢？假设 a < b< c,我们只要将 c 变为 a（+）b,即可,因为有如下的运算结果: a（+）b（+）(a（+）b)=(a（+）a)（+）(b（+）b)=0（+）0=0。要将c 变为a（+）b，只要从 c中减去 c-（a（+）b）即可。
例1。（14，21，39），14（+）21=27，39-27=12，所以从39中拿走12个物体即可达到奇异局势（14，21，27）。
例2。（55，81，121），55（+）81=102，121-102=19，所以从121中拿走19个物品
就形成了奇异局势（55，81，102）。
例3。（29，45，58），29（+）45=48，58-48=10，从58中拿走10个，变为（29，4
5，48）。
链接：
http://acm.hfut.edu.cn/OnlineJudge/ （2014京胜杯D题）
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int maxn=10001;
int a[maxn];
int main()
{
int n;
while(cin>>n)
{
int sum=0;
for(int i=0;i<n;i++)
{
cin>>a[i];
sum^=a[i];
}
if(sum==0)
cout<<"No"<<endl;
else
cout<<"Yes"<<endl;
}
return 0;
}
如果我们面对的是一个非奇异局势（a，b，c），要如何变为奇异局势呢？假设 a < b< c,我们只要将 c 变为 a（+）b,即可,因为有如下的运算结果: a（+）b（+）(a（+）b)=(a（+）a)（+）(b（+）b)=0（+）0=0。要将c 变为a（+）b，只要从 c中减去 c-（a（+）b）即可。
例1。（14，21，39），14（+）21=27，39-27=12，所以从39中拿走12个物体即可达到奇异局势（14，21，27）。
例2。（55，81，121），55（+）81=102，121-102=19，所以从121中拿走19个物品
就形成了奇异局势（55，81，102）。
例3。（29，45，58），29（+）45=48，58-48=10，从58中拿走10个，变为（29，4
5，48）。
链接：
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1850
可选步数为任意步，SG(x) = x;
本题中每一堆都可以选任意个，所以每一堆的SG值都是所剩余的个数。
最后结果是所有堆的SG值异或的结果。令ans = 所有堆的SG值异或的结果
如果ans == 0，则是必败点。
如果ans != 0，使取后结果为0的策略是必胜策略
具体怎么取呢？
每一堆的数值与ans相异或，所得的结果就是这一堆可以取的数量。
但是，如要这一堆数量没有这么多，就不可以这么取
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int maxn=101;
int a[maxn];
int main()
{
int n;
while(cin>>n)
{
if(n==0)
break;
int sum=0;
for(int i=0;i<n;i++)
{
cin>>a[i];
sum^=a[i];
}
int ans=0;
for(int i=0;i<n;i++)
{
if(a[i]>(sum^a[i]))
ans++;
}
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
取火柴游戏
链接：
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1907
题意：n堆火柴，2人每次从任意一堆中取至少1个，也可以将整堆取玩，取得最后一根火柴的人输
定义：若所有火柴数异或为0，则该状态被称为利他态，用字母T表示；否则， 为利己态，用S表示。
[定理1]：对于任何一个S态，总能从一堆火柴中取出若干个使之成为T态。
[定理2]：T态，取任何一堆的若干根，都将成为S态。
[定理
3]：S态，只要方法正确，必赢。
[定理4]：T态，只要对方法正确，必败。
接着来解决第二个问题。
定义：若一堆中仅有1根火柴，则被称为孤单堆。若大于1根，则称为充裕堆。
定义：T态中，若充裕堆的堆数大于等于2（若充裕堆数为1，则最后异或一定不为0 ，因为高位只有一个1,异或结果一定不为0），则称为完全利他态，用T2表示；若充裕堆的堆数等于0，则称为部分利他态，用T0（说明孤单堆的数目一定是偶数，否则异或结果定不为0，且因为是偶数，后拿的一定会最后取光所有物品，在第二个问题中先拿的是赢家）表示。
孤单堆的根数异或只会影响二进制的最后一位，但充裕堆会影响高位（非最后一位）。一个充裕堆，高位必有一位不为0，则所有根数异或不为0。故不会是T态。
[定理5]：S0态，即仅有奇数个孤单堆，必败。T0态必胜。
[定理6]：S1态(
一堆充裕堆，x个孤单堆)，只要方法正确，必胜。
证明：
若此时孤单堆堆数为奇数，把充裕堆取完 ， 变成S0；
否则有偶数个孤单堆，将充裕堆取得剩一根。这样，就变成奇数个孤单堆即
S0，由对方取。
由定理5 ，必胜。
[定理7]：S2态不可转一次变为T0态。
[定理8]：S2态可一次转变为T2态。
（若充裕堆>2
（1：充裕堆为偶数，孤单堆为奇数，将一个孤单堆取完）,（2：充裕堆为奇数，若孤单堆为偶数，则取完一个充裕堆，若孤单堆为奇数，则取得一个充裕堆剩1个。））
[定理9]：T2态，只能转变为S2态或S1态。(
若充裕堆>2则可转变为S2 ，若充裕堆=2,则可转变为S1)。
[定理10]：S2态，只要方法正确，必胜.
证明：
方法如下：
1） S2态（①），就把它变为T2态（②）。（由定理8）
2） 对方只能T2转变成S2态或S1态（①）（定理9）
若转变为S2, 转向1）
若转变为S1（①）, 这己必胜。（定理5）
定理11]：T2态必输。
综上所述，若是
S2,S1,T0 。 则先下的人必胜。
若是
T2,S0 。则先下的人必输。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int maxn=101;
int a[maxn];
int main()
{
int t;
cin>>t;
while(t--)
{
int n;
cin>>n;
int ans=0;
int sum1=0;
int sum2=0;
for(int i=0;i<n;i++)
{
cin>>a[i];
if(a[i]>=2)
sum1++;
else
sum2++;
ans^=a[i];
}
if((ans!=0&&sum1>0)||(ans==0&&sum1==0))
cout<<"John"<<endl;
else if((ans!=0&&sum1==0)||(ans==0&&sum1>1))
cout<<"Brother"<<endl;
}
return 0;
}
链接：
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2509
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int maxn=101;
int a[maxn];
int main()
{
int n;
while(cin>>n)
{
int ans=0;
int sum=0;
for(int i=0;i<n;i++)
{
cin>>a[i];
if(a[i]>1)
sum++;
ans^=a[i];
}
if((ans!=0&&sum>0)||(ans==0&&sum==0))
cout<<"Yes"<<endl;
else if((ans==0&&sum>1)||(ans!=0&&sum==0))
cout<<"No"<<endl;
}
return 0;
}