題目描述：
給定n堆石子以及乙個由k個不同正整數構成的數字集合s。現在有兩位玩家輪流操作，每次操作可以從任意一堆石子中拿取石子，每次拿取的石子數量必須包含於集合s，最後無法進行操作的人視為失敗。問如果兩人都採用最優策略，先手是否必勝。
輸入格式
第一行包含整數k，表示數字集合s中數字的個數。
第二行包含k個整數，其中第i個整數表示數字集合s中的第i個數si。
第三行包含整數n。
第四行包含n個整數，其中第i個整數表示第i堆石子的數量hi。
輸出格式
如果先手方必勝，則輸出「yes」。否則，輸出「no」。
資料範圍
1≤n,k≤100,
1≤si,hi≤10000
輸入樣例：
2
2 53
2 4 7
yes本題與一般nim遊戲的不同之處在於每次拿走石子的個數必須是固定值，當不能繼續操作時遊戲結束。需要先引入一些概念。
公平組合遊戲icg：若乙個遊戲滿足：
由兩名玩家交替行動；
在遊戲程序的任意時刻，可以執行的合法行動與輪到哪名玩家無關；
不能行動的玩家判負；
則稱該遊戲為乙個公平組合遊戲。
nim博弈屬於公平組合遊戲，但城建的棋類遊戲，比如圍棋，就不是公平組合遊戲。因為圍棋交戰雙方分別只能落黑子和白子，勝負判定也比較複雜，不滿足條件2和條件3。
有向圖遊戲：給定乙個有向無環圖，圖中有乙個唯一的起點，在起點上放有一枚棋子。兩名玩家交替地把這枚棋子沿有向邊進行移動，每次可以移動一步，無法移動者判負。該遊戲被稱為有向圖遊戲。
任何乙個公平組合遊戲都可以轉化為有向圖遊戲。具體方法是，把每個局面看成圖中的乙個節點，並且從每個局面向沿著合法行動能夠到達的下乙個局面連有向邊。
mex運算：設s表示乙個非負整數集合。定義mex(s)為求出不屬於集合s的最小非負整數的運算，即：
mex(s) = min, x屬於自然數，且x不屬於s
sg函式：在有向圖遊戲中，對於每個節點x，設從x出發共有k條有向邊，分別到達節點y1, y2, …, yk，定義sg(x)為x的後繼節點y1, y2, …, yk 的sg函式值構成的集合再執行mex(s)運算的結果，即：
sg(x) = mex()
特別地，整個有向圖遊戲g的sg函式值被定義為有向圖遊戲起點s的sg函式值，即sg(g) = sg(s)。
通過上面的定義可知，一般的nim遊戲，相當於對拿取石子不做限制，即每堆石子的狀態可以轉化為任意比原狀態數量少的狀態，而集合nim則減少了有向圖遊戲的邊數，只允許轉移到特定的狀態。對於mex運算，mex（s）表示的是不在s中最小的自然數，比如s = ,則mex（s）= 3。對於sg函式，用下面的圖來闡述更為直觀：
如果一堆中包含10個石子，每次只能拿2或5個，則所有拿石子的情況如圖所示，所有終止狀態由於不能到達任何其它狀態，故其sg值為0,2可以到達0，其sg值為1,6可以到達4和1，而sg(4) = sg(1) = 0,故sg(6) = mex = 1,以此類推可以得到上圖藍色字型標註的sg值。整個有向圖的sg函式值就是起點10的sg函式值。可以發現，sg(x) != 0時，說明一定可以到達sg函式值為0的狀態；sg（x）= 0時，說明一定到不了sg函式值為0的狀態。回想下nim遊戲，任何異或和非0的狀態一定可以直接轉化為異或和為0的狀態，任何異或和為0的狀態都無法直接轉化為異或和為0的狀態。可見與有向圖遊戲如出一轍，如果只有一堆石子，先手面臨的sg函式值非0，則可以轉化為sg為0的狀態，不論後手怎麼操作，只要先手決策得當，最後面臨必敗態的一定是後手。
因此我們可以得出有向圖遊戲的定理：
有向圖遊戲的某個局面必勝，當且僅當該局面對應節點的sg函式值大於0。
有向圖遊戲的某個局面必敗，當且僅當該局面對應節點的sg函式值等於0。
本題涉及多個有向圖遊戲，給出以下概念：
設g1, g2, …, gm 是m個有向圖遊戲。定義有向圖遊戲g，它的行動規則是任選某個有向圖遊戲gi，並在gi上行動一步。g被稱為有向圖遊戲g1, g2, …, gm的和。
有向圖遊戲的和的sg函式值等於它包含的各個子遊戲sg函式值的異或和，即：
sg(g) = sg(g1) ^ sg(g2) ^ … ^ sg(gm)
也就是說，只需要將每堆石子數目的sg函式值異或起來，如果非0，則先手必勝，否則必敗。
證明與nim遊戲的證明類似。設sg(g) = sg(g1) ^ sg(g2) ^ … ^ sg(gm) = x != 0。則一定存在gi，使得sg(gi)的第k位也是1，其中k為x二進位制表示中最高位的1的位置。故sg(gi) ^ x < sg(gi)，由於sg(gi)表示gi不能到達的最小sg狀態，故一定可以到達比sg(gi)小的任何狀態，自然可以到達sg(gi) ^ x的狀態，此時sg(g1) ^ sg(g2) ^ … ^ sg(gm) ^x = x^x = 0，故異或和為非0的狀態一定可以轉化為異或和為0的狀態。而後手面臨的是異或和為0的狀態，假設後手將gi的狀態改變為gi'，使得異或和依然是0，則sg(g1) ^ sg(g2) ^ …^sg(gi') ^ …^sg(gm) = 0，又sg(g1) ^ sg(g2) ^ …^sg(gi) ^ …^sg(gm) = 0，將兩個等式左右兩邊分別異或得sg(gi') ^ sg(gi) = 0，故sg(gi') = sg(gi)，又sg（gi）表示gi不能到達的sg最小的狀態是sg(gi)，故sg(gi')不可能等於sg(gi)，假設不成立，故任何sg異或和為0的狀態都無法轉化為sg為0的狀態。又最終的必敗態是所有sg(gi) = 0，此時異或和是0，故每堆石子數目的sg函式值異或起來非0，則先手必勝，問題得證。
最後的問題是如何計算sg函式值，可以使用記憶化搜尋來做。
int sg(int x)
for(int i = 0;;i++)
}
#include #include #include using namespace std;
int n,m;
int s[105],f[10005];
int sg(int x)
for(int i = 0;;i++)
}int main()
if(res) puts("yes");
else puts("no");
return 0;
}
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