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一、题目描述
给定n堆石子，两位玩家轮流操作，每次操作可以从任意一堆石子中拿走任意数量的石子（可以拿完，但不能不拿），最后无法进行操作的人视为失败。
问如果两人都采用最优策略，先手是否必胜。
输入格式
第一行包含整数 n。
第二行包含 n 个数字，其中第 i 个数字表示第 i 堆石子的数量。
输出格式
如果先手方必胜，则输出 Yes。
否则，输出 No。
数据范围
1≤n≤10^5,1≤每堆石子数≤10^9
输入样例：
2
2 3
输出样例：
Yes
二、历史与传说
据说，它源自中国，经由被贩卖到美洲的奴工们外传。辛苦的工人们，在工作闲暇之余，用石头玩游戏以排遣寂寞。后来流传到高级人士，则用便士（Pennies），在酒吧柜台上玩。
最有名的玩法，是把十二枚便士放成3、4、5三列，拿光铜板的人赢。
后来，大家发现，先取的人只要在3那列里取走2枚，变成了1、4、5，就能稳操胜券了，游戏也就变得无趣了。
于是大家就增加列数，增加铜板的数量，这样就让人们有了毫无规律的感觉，不易于把握。
三、博弈论结论
在两名选手都足够聪明，每一步都是最优解的情况下：
a_1 ^ a_2 ^ ... ^a_n=0 先手必败
a_1 ^ a_2 ^ ... ^a_n\neq0 先手必胜
就是把所有堆的石子个数异或起来，结果是零，先手必败，不是零，先手必胜。
四、证明过程
1、结论1
操作到最后时，每堆石子数都是0，有0 ^ 0 ^ …0=0
2、结论2
在操作过程中，如果 a_1 ∧ a_2 ∧ … ∧ a_n=x≠0。那么玩家必然可以通过拿走某一堆若干个石子将异或结果变为0。
证明：
- 不妨设结果
x的二进制表示中最高一位1在第k位 - 那么在
a_1,a_2,…,a_n中，必然有一个数a_i，它的第k位是1(要不那个1从哪里来的？)，且a_i ∧ x<a_i: - 让第
i堆石子保留a_i ∧ x个：即从第i堆石子中拿走a_i−(a_i ∧ x)个石子 - 此时新状态的异或和：
\large a_1 ∧ a_2 ∧ … ∧ a_{i^{'}} ∧ … a_n \\ =a_1 ∧ a_2 ∧ … ∧(a_i ∧ x) ∧ a_n \\ =a_1 ∧ a_2 ∧ … ∧a_i ∧... ∧ a_n ∧ x \\ =x ∧ x =0
证毕
解释：也就是说，不管给我啥样的情况，我都能找出一种办法，使得一次拿取后满足异或和为
0。
其实，我们也并不非得要找到某个有明显特征（指x的最高位1在第k位，而a_i的第k位是1）的a_i,更通用的作法是
for (int i = 0; i < n; i++) {
if((a[i] ^ x) < a[i]){
1. 拿走 a[i]-(a[i] ^ x)个
2. 剩下 a[i] ^ x个
}
}
这样的话，我们也就可以求出有多少种拿法，并且知道每种拿法是拿走多少，剩下多少。
3、结论3
在操作过程中，如果 a_1 ∧ a_2 ∧ …∧ a_n=0，那么无论玩家怎么拿，必然会导致最终异或结果不为0
反证法：假设玩家从第i堆石子拿走若干个，结果仍是0。不妨设还剩下a_i^{′}个，因为不能1个都不拿，所以0≤a_i^{′}<a_i，且a_1 ∧ a_2∧…∧a_i^{′}∧…∧a_n=0。
进行构造
(a_1 ∧ a_2∧…∧a_i∧…a_n)∧(a_1∧a_2∧…∧a_i^{′}∧…∧a_n)整体构造完式子后，利用异或运算的 结合律 性质，让
a_1 ∧ a_1=0,a_2 ∧ a_2=0,a_3 ∧ a_3=0,...\large \Rightarrow a_i∧a^{′}=0则 a_i=a′，与假设0≤a′<a_i矛盾。
证毕
基于上述三个结论：
- 如果先手面对的局面是
x=a_1∧a_2∧…∧a_n≠0，那么先手总可以通过拿走某一堆若干个石子(a_i ∧ x个)，将局面变成a_1∧a_2∧…∧a_n=0。如此重复，最后一定是后手面临最终没有石子可拿的状态。先手必胜。 - 如果先手面对的局面是
a_1∧a_2∧…∧a_n=0，那么无论先手怎么拿，都会将局面变成a_1∧a_2∧…∧a_n≠0，那么后手总可以通过拿走某一堆若干个石子，将局面变成a_1∧a_2∧…∧a_n=0。如此重复，最后一定是先手面临最终没有石子可拿的状态,先手必败。
五、实现代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
int n;
cin >> n;
int res = 0; // 起始值是0,因为任何数与0进行异或都它本身
while (n--) {
int x;
cin >> x;
res ^= x;
}
if (res)
puts("Yes"); // 异或值非零，必胜
else
puts("No"); // 异或值是零，必败
return 0;
}