题目链接：
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2176
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1850
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1851
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1907
*如对必胜态，必败态不是很理解的请移步上篇博客http://blog.csdn.net/sm9sun/article/details/53229146
题目描述：先抛一个取石子问题：
有n堆石子，每堆石子的数量都是有限的，合法的移动是“选择一堆石子并拿走若干颗（不能不拿）”，如果轮到某个人时所有的石子堆都已经被拿空了，则判负（因为他此刻没有任何合法的移动）
假设：
如果n为1时，那么对于我方来说是必胜态，我可以把全部石子拿走。
如果n为2时，那么我需要做的是逼迫对方拿光其中一堆，当然对方也不傻，所以我需要把石子变成1：1这样对方就必须拿光一堆。
所以，当我面对两堆不一样数量的石子时，我的操作是使其两堆石子数相等，之后无论对方怎么拿，我都再另一堆也拿相同的石子数，逐步逼近1：1
可见，这种情况我方为必胜态，反之，如果有两堆相同的石子，我方为必败态。
如果n>2呢？比如说3，那么先举几个例子看一下，如果含有0，比如说（0，2，2）那么就回到了（2，2）的状态。
如果是（1，2，3）不难发现，我方处于必败态，因为我无法一步将其变为（0，n，n），而对方在我做任何操作
（0，2，3）（1，1，3）（1，2，2）（1，0，3）（1，2，1）（1，2，0）后，都可以变成（0，n，n）
在这样的博弈中，我们不会轻易的拿掉一个独立的1，因为独立的1是完全颠覆胜败的操作
所以无论m有多少，我们都可以将其视为最终的m个0和1，这个1的奇偶性决定着此次博弈的胜败
所以（1，2，3 ）我们可以将（2，3）当作是（0，1），我们不妨认为胜者必然会通过一轮双方都取2的操作来使其局势变为（1，0，1）
联系到0和1，我们就不难想到计算机中的二进制了，所以我们用到的就是计算机中的按位异或运算。
当我们面对一个（a，b，c）时，我们想办法使c变成a^b即可达到必胜态，因为a^b^(a^b)=(a^a)^(b^b) =0^0
m堆石子同理
举个例子：题中的（3，6，9）即0011，0110，1001。
0011^0110^1001的结果是1100，所以我们要看以上3个数字能否拿掉若干石子达到改变 1100这个值
0011 ^ 1100=1111 即3-15 不满足
0110 ^ 1100=1010 即6-10 不满足
1001 ^ 1100=0101 即9-5 可行
也就是说，我把9拿掉4后变成5，局势变为（3，6，5）0011，0110，0101
0011^0110^0101其结果为0000 满足对方的必败态。
#include<stdio.h>int main (){int a[200001],i,x,m;while(~scanf("%d",&m)&&m){ x=0;for(i=1;i<=m;i++){scanf("%d",&a[i]);x^=a[i];}if(!x)printf("No\n");else{printf("Yes\n");for(i=1;i<=m;i++){if((x^a[i])<a[i])printf("%d %d\n",a[i],x^a[i]);}}}return 0;}题目1850、1851、1907同上
题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1849
题目描述：一个1*n的棋盘，编号为0~n-1，有m个棋子（可重叠）在棋盘上，每次可以将一枚棋子左移直至编号0的位置
最后一位走棋者胜。
讲道理题目中棋子左移操作很仁义了（好评），因为这很容易能让我们联系到 当棋子到第0位置时即无法再移动。
所以这道题我们可以转化为: 有m堆石子（棋子），每堆石子有不同的个数（棋盘编号），你可以拿走若干个石子（左移），最后一位走棋者（直至一堆）为胜。
所以这也是完完全全没有任何加料的Nim博弈~
#include<stdio.h>int main(){int i,b,m;int nim;while(~scanf("%d",&m)&&m){nim=0;for(i=0;i<m;i++){scanf("%d",&b);nim^=b;}if(nim)printf("Rabbit Win!\n");else printf("Grass Win!\n");}return 0;}