POJ1740 A New Stone Game 博弈
题意：
给定n堆石子，比如n=3,pile=(4,5,7)，表示第1,2,3堆分别有石子4,5,7个。
Alice和Bob进行取石子游戏。
总是A先move。
每次move：
1.必须选中某堆：
2.在该堆中移除至少1个石子。（必选操作）
3.将该堆中的石子任意个数移到任何其他非空石子堆里去。（可选操作）
最当AB都有最优策略进行游戏时，最后胜者是谁。
思路：
1.
n=1时显然A肯定赢。
2.
n=2时状态(x,y);x<=y.
比如(1,1) ,此时A肯定输。
比如(1,2)，此时A肯定赢，因为当A可以将(1,2)转换为(1,1)。(1,1)轮到B，B则死路一条。
比如(2,2), A输。
比如(2,3),A赢。
到这就发现蹊跷了吧？推广之：
比如(x,x),此时A肯定要输。因为无论A如果操作，将(x,x)转化为(x,y);y<x;B都会将(x,y)转化为(y,y)。不断下去最后A还是泪流满面地面临(1,1)的死路。
那(x,y)呢，显然此时A肯定要赢。因为(x,y)马上可以转化为(y,y)，由上句可知，B就死定了。
3.
n=3.
(x,y,z);x<=y<=z;
显然当x=0时，即用n=2,(y,z)的思路来判断即可。
所以n=3时候x!=0；
而由n=2的思路可知，如果A将(x,y,z)转化为(0,y,y)后，B就输了。所以A的最佳策略是(x,y,z)转化为(0,y,y)
实际上是可以实现的：
取出z的y-x个石头(显然z>=y>y-x)(x!=0)，然后将其放到x堆上，然后将z剩下的石头扔掉。
所以当n=3时，A赢。
4.
n=4时(x,y,z,k)，显然A的最佳策略是取完之后还是n=4，因为如果n=3则B稳赢。
先考虑(x,x,y,y)，(1,1,1,1)稳输,(1,1,2,2)稳输，所以先猜测(x,x,y,y)稳输。
因为(x,x,y,y)经过操作后，不会再是(i,i,j,j)，不信可以(1,1,4,4)去试看看就知道为什么了。
而无论A对(x,x,y,y)进行任何操作变成(w,x,y,z)，B都可以对(w,x,y,z)进行对称操作再转化为(w,w,x,x)。举例(1,1,5,5)=>(2,1,4,5) (2,1,4,5)=>(2,2,4,4)
这样一直下去A的下场还是1,1,2,2,或者1,1,1,1。还是稳输。
所以(x,x,y,y),A稳输。
而对于一般的(w,x,y,z)肯定可以转化为(i,i,j,j)，不信举例几个试试就懂了。
所以面临一般的(w,x,y,z)时A稳赢了。
ok,到这其实就差不多了。就题论题，要勇敢地猜测勇敢地提交，否则再推倒下去不是时间不够就是反胃想吐了：
比如从n=1,2,3,4我们推测。
当n=奇数时A赢定了。
当n=偶数时,如可以分为n/2的两个一摸一样的堆。比如(x,x,y,y,z,z)=>(x,y,z)+(x,y,z)。
时A也死定了。
而其它情况A就赢定了。
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define max(a,b) (a>b?a:b)
#define min(a,b) (a<b?a:b)
using namespace std;
const int N=105;
int n;
int num[N];
int main()
{
while(scanf("%d",&n),n)
{
memset(num,0,sizeof(num));
int a;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&a);
num[a]++;
}
if(n%2)
{
printf("1\n");
continue;
}
bool flag=true;
for(int i=1;i<=100&&flag;i++)
{
if(num[i]%2)
{
printf("1\n");
flag=false;
}
}
if(flag)
printf("0\n");
}
return 0;
}