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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：
3
3
1 1 2
2
3 4
3
2 3 5
输出样例：
YES
NO
NO
二、博弈论总结
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
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
b = 堆数 + 石子总数 - 1
结论:b是奇数⟺先手必胜,b是偶数⟺先手必败
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
#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;
}