##[$AcWing$ $1321$. 取石子](https://www.acwing.com/problem/content/description/1323/)

### 一、题目描述
$Alice$ 和 $Bob$ 两个好朋友又开始玩取石子了。

游戏开始时，有 $N$ 堆石子排成一排，然后他们轮流操作（$Alice$ 先手），每次操作时从下面的规则中任选一个：

- 从某堆石子中取走一个；
- 合并任意两堆石子。

不能操作的人输。

$Alice$ 想知道，她是否能有必胜策略。

**输入格式**
第一行输入 $T$，表示数据组数。

对于每组测试数据，第一行读入 $N$；

接下来 $N$ 个正整数 $a_1,a_2,⋯,a_N$ ，表示每堆石子的数量。

**输出格式**
对于每组测试数据，输出一行。

输出 $YES$ 表示 $Alice$ 有必胜策略，输出 $NO$ 表示 $Alice$ 没有必胜策略。

**数据范围**
$1≤T≤100,1≤N≤50,1≤a_i≤1000$

**输入样例：**
```cpp {.line-numbers}
3
3
1 1 2
2
3 4
3
2 3 5
```

**输出样例：**
```cpp {.line-numbers}
YES
NO
NO
```

### 二、博弈论总结
<font size=4 color='red'><b>
 必胜态 $\Rightarrow$ 选择合适方案 $\Rightarrow$ 对手必败态
 必败态 $\Rightarrow$ 选择任何路线 $\Rightarrow$ 对手必胜态
</b></font>

 对手聪明绝顶，不会犯错误，一旦他有机会获胜，他一定能找到合适的方案！所以，一定不能让他有机会，也就是总要让他总是处于必败状态，你才能获胜！
 

### 三、思考过程 

**$Q1$:本题中博弈的胜负与什么因素相关呢？**
**答**：因为只有两种操作：**拿走一个石子、合并两堆**，很显然， 两个关键因素： **石子个数、堆数**

**$Q2$:一般情况是什么，特殊情况是什么呢？**
**答**：如果某一堆石子只有$1$个，随着我们执行拿走$1$个的操作，它的堆就没了，这样石子个数变了，堆数也变了，一下变两个，问题变复杂了，上来就想难题，怕是搞不定。
既然这样，我们就思考一下 **一般情况** ：只考虑所有个数大于等于$2$的那些堆，其它可能存在石子数等于$1$的，等我们想明白这个一般情况问题再研究特殊情况的事，由易到难。

**$Q3$:猜一下关联关系?**
两个操作同一时间只能执行一个，可以理解为拿走一个石子对结果影响一下，合并两堆石子对结果也是影响一下，初步考虑应该堆个数与石子总数的加法关系相关。

**一般情况：当每堆的石子个数都是大于等于$2$时,猜的关联关系**

<font size=5 color='red'><center><b>设$b$ = 堆数 + 石子总数 - $1$</b></center></font>
<font size=5 color='red'><center><b>结论:$b$是奇数⟺先手必胜,$b$是偶数⟺先手必败</b></center></font>

我们可以发现，当$n$是$1$的时候，这样结论显然成立。  

然后分类讨论：

**情况$1$：没有数量为$1$的堆** 

先证明奇数必胜，对于先手来说，
  - $n>1$, 那么 **只要选两堆合并**， 那么 **总操作数变成偶数**
  - $n=1$, 明显只能选择减少$1$操作，后手还是偶数。
   
对于后手来说，无论他是减少$1$,还是合并操作，留下的总操作数一定还是奇数。 

对于某些读者来说，可能会问，如果后手把某个$2$变成$1$,先手该怎么办，其实这个很容易操作，如果堆数超过$1$,先手一定选择合并这个数量为$1$的堆，如果只有一堆了而且还是$1$,明显先手必胜了。 所以，先手总是有办法让后手必败（操作数为偶数的局面)，后手无论怎么走，都会让先手必胜(变成操作为奇数的局面)，所以我们证明成立。 

在上面，我们也证明了当操作数是偶数的时候，先手是必败的。 
 

**情况$2$：有数量为$1$的堆** 

这个情况比较复杂，因为如果某个人把$1$减少$1$,那么这个堆同时也消失了，相当于操作数减少了$2$。 

下面我们采用了动态规划的思想，用记忆化搜索来模拟演示一下:  

$f[a][b]$ 表示当数量为$1$的堆有$a$个，剩下的堆的操作数是$b$的时候，先手是必胜还是必败，
f[a][b]=1 表示必胜，否则必败。$b$中不会出现数量为$1$的堆，除非只剩下一个堆了。   

情况1： 当a>=2的时候，合并两个数量为1的堆，这样就让b这边的操作数增加了2+(b>0)，因为如果原来b大于0，相当于操作数增加了3，否则b原来是0,那么操作是只增加2. 
情况2： 和a>0 并且b>0 的时候，我们可以合并一个数量为1的堆和b中一个数量不为1的堆，那么a减少1,b增加1
情况3：b>=2,我们合并b里面的两个堆或者减少1，无论哪种，都是让b里面的操作数减少1。 
情况4： 当a>0的时候，我们可以减少一个数量为1的堆，这样a就减少1,b不变。  


另外有一种非常特殊的情况，就是$b$等于$1$了，刚才我们说了，$b$里面不会出现数量为$1$的堆，除非只剩下一个堆了。因为$b$里面只要堆的数量超过$1$,就一定可以用合并超过替代减少$1$操作，这样是等价的。 

除非$b$里面只有一个堆了，那么我们就只能不断减少$1$了。   

所以当$b$是$1$的时候，实际我们求的问题应该变成$f[a+1][0]$


### 六、实现代码 
```cpp {.line-numbers}
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 55, M = 50050; // M 包括了 50 * 1000 + 50个石子数量为1的堆数
int f[N][M];

int dfs(int a, int b) {
    int &v = f[a][b];
    if (~v) return v;
    // 简单情况: 即所有堆的石子个数都是严格大于1，此时a是0
    if (!a) return v = b % 2; // 奇数为先手必胜，偶数为先手必败

    // 一般5个情况 + 1个特殊情况
    
    // 特殊情况: 如果操作后出现b中只有一堆，且堆中石子个数为1
    // 那么应该归入到a中，并且b为0
    // 以下所有情况，如果能进入必败态，先手则必胜！
    if (b == 1) return dfs(a + 1, 0);

    // 情况1：有a，从a中取一个
    if (a && !dfs(a - 1, b)) return v = 1;

    // 情况2, 4：有b，从b中取1个(石子总数 - 1) or 合并b中两堆(堆数 - 1),
    if (b && !dfs(a, b - 1)) return v = 1;

    // 情况3：有a >= 2， 合并a中两个
    // 如果b的堆数不为0， a - 2,  b + 1堆 + 2个石子（只需要加delta）  ====> b + 3
    // 如果b的堆数为0， a - 2,  0 + 2个石子 + 1堆 - 1  ====> b + 2
    if (a >= 2 && !dfs(a - 2, b + (b ? 3 : 2))) return v = 1;

    // 情况5：有a，有b， 合并a中1个b中1个, a - 1, b的堆数无变化 + 1个石子（只加delta）
    if (a && b && !dfs(a - 1, b + 1)) return v = 1;

    // 其他情况，则先手处于必败状态
    return v = 0;
}

int main() {
    memset(f, -1, sizeof f);
    int T, n;
    cin >> T;
    while (T--) {
        cin >> n;
        int a = 0, b = 0;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            int x;
            cin >> x;
            if (x == 1) a++;
            // b != 0时 加1堆 + 加x石子 = 原来的 + x + 1 (其实就是区别一开始的时候)
            // 当b != 0时, 我们往后加的delta
            // b == 0时 加1堆 + 加x石子 = 0 + 1 + x - 1 = x
            // 注意操作符优先级
            else
                b += b ? x + 1 : x;
        }

        // 1 为先手必胜， 0为先手必败
        if (dfs(a, b))
            puts("YES");
        else
            puts("NO");
    }
    return 0;
}
```