尼姆（Nim）游戏
不用博弈论的概念，通俗地讲一下
尼姆（
Nim）游戏
现有若干堆石子，每堆石子的数量都是有限的，双人进行游戏，每个人在每次行动的时候可以“选择一堆石子并拿走若干颗，不能不拿”，没有石子可拿的人为输。是否有先手必胜的策略？
直接考虑这个问题有点难度，我们还是从最简单的只有两堆石子来讲起吧！
（a）当只有两堆石子，若两堆石子的数目一样多，那么先手必输。因为不管先手选择那一堆拿多少个，后手都可以选择另一堆拿同样多个，最终肯定是后手拿完两堆都空了，先手输。
（b）若两堆石子的数目不是一样多，那么先手必赢。先手只要选择较多石子的那一堆，然后拿走一部分使得两堆石子的数目一样多，就回到上面的（a）状态了，后手必输。
现在有n堆石子，什么情况下先手必赢呢？
【非常抱歉，之前考虑不周，下面的解法是错误的】
我们来把这个大问题划分成一些小问题，先将n堆石子两两分组，共k = （n+1）/2组（当n为奇数的时候，可以增加一堆石子数目为0的）。
现在两个人要同时玩这k个双堆石子的游戏，现在参与者的选择是先选一组，然后选择其中一堆，然后选择拿走多少个石子。
还是先从最简单的情况说起，假设这k组石子中每组里的两堆的数目都是相等的，那先手必输，因为不管先手选择哪一组，都是上面的（a）状态。即先手选择第i组的一堆中的xi个，则后手就选择第i组的另一堆的xi个（对称的状态）。
假设现在这k组中只有1组石子的数目不相等，其他的k-1组都相等，会出现什么情况？
先手必赢，因为他直接把那堆数目不等的石子变为相等就回到上面的k堆石子中每堆数目都相等的情况了。
假设
现在这k组中只有2组石子的数目不相等，其他的k-1组都相等，会出现什么情况？
先手必输，如果他选择石子数目相等的那组，后手作出对称的选择；如果他选择石子数目不等的那组，有两种情况：
（1）先手拿完后那组仍旧不等，那后手可以从这两组石子数目不等的里面的4堆任意选择一堆，拿走若干个，只要保证这两组依然是不等的即可；
（2）先手那完后那组石子数目相等，那后手把另外那组石子数目不等的变的相等即可。
....
上面的分析方法是错误的，因为对于1，1， 2， 3这样子的四组，不同的分组是结果不一样的。
我们再换一种角度重新分析一下这个问题：
我们在分析的过程中需要把n堆石子的个数都用二进制表示，例如上面
1，1， 2， 3的例子对应的就是：
0 1
0 1
1 0
1 1
1. 先从最简单的两堆石子（a1, a2）看起，当a1 = a2时，两排二进制数字一模一样，按位异或之后得到0，先手必输。
当a1 > a2时（a1 < a2的情况类似），不妨假设为（6，5），表示成二进制为：
1 1 0
1 0 1
按位异或后得到3 > 0，这个时候先手只要从a1中拿走部分（a1-a2），使得a2 = a1就可以必胜了。
两堆的时候先手拿走几个使得他们的异或结果为0很显然，那么三堆该怎么处理呢？
2. 当有三堆石子（a1, a2, a3）时，我们还是从例子说起
（1， 2， 3）表示成：
0 1
1 0
1 1
按位异或结果为0，结论是先手必输，我们现在来枚举一下解法，看看先手是否有这样的绝对劣势。
（1）如果先手选择a1，只能拿走1个，剩下2和3，后手将两堆都变成2，先手必输；
（2）如果先手选择a2，那么他肯定不能全部拿走，因为那样的话局势跟1一样，所以他可以选择拿走1个，然后剩余1,1,3，后手选择a3拿走3个，剩下1,1，先手必输；
（3）如果先手选择a3，那么首先他不能全拿走，理由同上。如果他拿走1个，变成1,2,2，后手选择a1全拿走，剩下2,2，先手必输；
如果先手拿走2个，变成1,2,1，后手选择a2全拿走，剩下1,1，先手必输；
那如果是（1， 2， 4）呢？他们的按位异或运算结果不为0，先手应该怎么做才能使得拿走几个后这些数字异或值为0，这样后手就具有绝对劣势了。
0 0 1
0 1 0
1 0 0
异或结果k = 111B = 7，k中为1的位表示3堆石子数目异或运算时那位肯定有个1是单独的，为了使得整体异或为0，我们需要给k表示的所有位为1的那位再配一个1，举个例子来说的话就是，如果异或结果k是
8 7 6 5 4 3 2 1
1 0 1 0 0 1 0 1
其中第1,3,6,8位为1表示，这些位还缺一个1才能异或的时候得到全0。很显然给k^k结果是0，但是这样是增加了k个石子啊，现在要减少石子，使得总的异或结果为0。
还是上面
（1， 2， 4）的例子，如果我们选择a3堆，把（1 0 0）变成（0 1 1）（即从a3堆中拿走1个石子）是不是异或结果就为0了，这和之前的异或结果k（1 1 1）有什么关联呢？
（1 0 0）把第一位取反，然后其余位与k异或，也就是
（1 0 0）^
（1 1 1）=
（0 1 1）。
那么是不是任选一堆哪来跟k异或一下就得到我们想要的结果呢？
（0 0 1）^
（1 1 1）=
（1 1 0）。与另外的两堆异或，结果果然是0，但是不幸的是这不是一个有意义的解，因为这堆的1个石子变成了6个，哪里偷来5个石子？选a2堆结果也是一样没有意义。
为什么只有选择a3堆进行与k的异或是有意义的呢？这里的a3是根据什么原则选择的呢？
原则只有一个，选择k的最高位对应为1的那个数字，这里k的最高位为第三位，该位为1的只有第三堆了。之所以这个选择有效，是因为经过异或运算后，这位的1变成0，之后可能变成1的位都比该位低，所以最后的数字肯定比与k异或之前要小。
综上，对于
（1， 2， 4），先手选择a3堆，拿走1个石子，变成（1，2，3），后手必输。
3. 现在来推广上面的情况，假设有n堆石子，我们怎么做呢？
先说结论，如果n堆石子数目的二进制按位异或结果为0，那么先手必输，因为不管先手怎么选择，异或结果都会不为0，然后后手将其恢复为0即可。终态是所有堆石子均为0，异或结果为0，这时先手没有任何选择，输掉游戏。
如果n堆石子数目的按位异或结果不为0，那么先手只要根据下面的策略拿走部分石子，使得异或结果为0，那么根据上面那条结论，后手必输。
当n堆石子数目异或结果为k时，先手只需要从n堆中选择k的最高位对应的那位为1的那堆石子，不妨设为ai，然后将ai变成ai^k，也就是拿走(ai - (ai^k))个石子就可以了。
这里ai是肯定至少存在一个的，因为不然的话异或结果k的这位不可能成为1。当然可能会存在多个满足这样条件的ai，我们只需要随便选择一个即可。