AOJ.832 路边骗局



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Total Submission: 1   Submission Accepted: 1

Judge By Case

Description

作为一个江湖骗子，night_watcher又在路边行骗了。现在他正在路边向路人介绍他的新游戏：
有N堆石子 两个人轮流对其操作 。操作分为两步 第一步是每个人必须执行的：从某堆石子中取一部分(至少一个) 丢弃；第二步可以选择执行或不执行：从之前操作的那堆中拿一部分出来构成新堆。两个人轮流操作，不能操作的人被认为输。
现在给出N堆石子每一堆的个数，假设每次都是路人先操作，且两人都足够聪明，请问路人能否取胜。
输入:
第1行: n, 代表石子堆个数(1 <=n<=1000);
第2行: n个正整数，每两个正整数用空格隔开，代表n堆石子中每一堆的数量，每堆石子数不超过10000

Input

第1行: n, 代表石子堆个数(1 <=n<=1000);
第2行: n个正整数，每两个正整数用空格隔开，代表n堆石子中每一堆的数量，每堆石子数不超过10000

Output

一共1行, 其中每行输出"Yes"或"No"(不用输出双引号), "Yes"表示路人取胜, "No"表示night_watcher取胜.

Sample Input

OriginalTransformed

31 2 7

3[EOL] 1[SP]2[SP]7[EOF] 

Sample Output

OriginalTransformed

Yes

来自AOJ  ACM培训班第五次训练

先手必胜：a1^a2^...^an!=0 先手必败：a1^a2^...^an=0证明：1、游戏结束状态(0,0,0,0...,0)确实是先手必败态2、对于一个先手必胜态(xor和>0)确实可以转移到一个先手必败态(xor和=0)，这里等价于Nim游戏3、下证一个先手必败态(xor和=0)，不可以转移到一个先手必败态(xor和=0)(1) 如果不进行第二步，那么等价于Nim游戏，证毕(2)如果进行第二部，考虑反证法，假设某个位置的a可以拆成x和y，满足：x+y<ax^y=a实际发现这样的x和y是不存在的时间复杂度O(n)

#include<cstdio>#include<algorithm>using namespace std;const int maxn = 1010;int main() {//freopen("Text.txt", "r", stdin);int n, i, a;while (scanf("%d", &n) != EOF) {int ans = 0;for (i = 0; i < n; i++) {scanf("%d", &a);ans ^= a;}if (ans)printf("Yes\n");elseprintf("No\n");}}