奇偶判定性
发现交换相当于两人共用一个大小为 \(a+b\) 的钱包，判断奇偶性即可。
必败态：\(N=1\)。
发现若 \(N\) 是奇数，则其只能分为奇数和一个偶数，则后手可以选择奇数必胜。
后手可以接着分割为两个奇数，先手必败。
反之先手分为两个奇数，后手必败。
发现交换操作无意义，可以看为当只有一堆石子时输。
考虑 \(a_i\) 都是偶数的情况，显然后手必胜，后手直接选择先手那一堆即可。
有一个奇数的情况显然是先手必胜，因为直接转化为 \(a_i\) 都是偶数的情况，后手必败。
有两个奇数的情况，先手和后手都不会选择奇数，后手直接选择先手那一堆即可，最后先手被迫选择奇数，先手必败。
剩余情况同理。
当奇数个数为奇数时，先手必胜。反之先手必败。
特判 \(n=1\) 的情况。
经典的二分图博弈题。
对于二分图博弈，有如下定理成立：若起点 \(s\) 在该二分图的所有最大匹配中均为匹配点，则先手必胜，反之先手必败。
奇数偶数分别构造，发现结论。
巴什博弈
结论：石子数为 \(6n\) 时为必败态，反之为必胜态。
必败态无论如何选择都为必胜态，考虑证明石子数为 \(6n\) 时为必败态。
因为 \(p^k,p\in\text{prime}\) 总不是 \(6\) 的倍数，则必定为必胜态。
对于每个必胜态，必须可以转变为必败态。
考虑石子数 \(6n+r,r\in[1,5]\) 时，可以分别去掉 \(2^0,2^1,3^1,2^2,5^1\) 变成 \(6n\)。
\(0\) 是 \(6\) 的倍数，与题面相符。
实际上，在做题时，常常考虑倒着思考，发现 \(6\) 无法用 \(p^k,p\in\text{prime}\) 表示。
Roy&October之取石子II 与其类似。
只不过结论是 \(4n\) 必败态。
考虑个位数都是能用的。
凑十即可。
操作序列
令 \(\min_{i=1}^na_i=t\)。
- 如果 \(a_1=t\)，则 Bob 永远会让 Alice 操作 \(a_1\)，则 Bob 必胜。
- 反之 Alice 必胜。
网格图
发现 Alice 走到 Bob 一行或 Bob 走到 Alice 一行是确定的。
那么比不胜的一方肯定往一个方向跑，另一方追。
注意特判两人永远无法相遇的情况。
Tree
由题意得若 \(dis(a,b)\le da\) 或 \(da>db\)，则输出 Zayin。
否则如果 \(da=db\)，输出 Draw。
否则输出 Ziyin。
显然这样是对的。
Nim 游戏
根据 Link 的思路，本题可以简化如下。
找到最小的 \(x\)，使得 \(\operatorname{xor}_{i=1}^n(A_i\bmod(x+1))>0\)。
显然可以把出现偶数次的 \(A_i\) 消掉。
记去重后 \(A\) 的长度为 \(n\)，将 \(A\) 去重。
- 如果答案是 \(-1\)，仅当 \(\operatorname{xor}_{i=1}^n(A_i\bmod(\max_{j=1}^nA_j+1))>0\)。
- 否则如果 \(A=0\)，则答案为 \(-1\)。
- 对于剩下的情况，答案为 \(\max_{j=1}^nA_j-1\)。
证明：
- 若答案不为 \(-1\)，则 \(\operatorname{xor}_{i=1}^nA_i\bmod(\max_{j=1}^nA_j+1)=0\)，此时 \(\operatorname{xor}_{i=1}^n (A_i\bmod\max_{j=1}^nA_j)=\max_{j=1}^nA_j>0\)。