poj1740

题意：对于n堆石子，每堆若干个，两人轮流操作，每次操作分两步，第一步从某堆中去掉至少一个，第二步（可省略）把该堆剩余石子的一部分分给其它的某些堆。

最后谁无子可取即输。

分析：首先我们考虑两堆相等的情况，一定是谁取谁输，因为对方永远可以做对称的操作。对于四堆，1、2堆相等，3、4堆相等的情况，一定也是先手输，后手也只需要做对称的操作（在先手取石子的对称堆中取相同多的石子，并把和先手等量的石子分给先手分配给的堆的对称堆。（若先手在3堆取，并分给1堆，那后手就在4堆取，分给2堆）。也就是说对于任意的一对一对相等的情况来说，一定是后手必胜。

我们接下来来证明除上述情况外，所有情况都是先手必胜。因为任何一种情况都可以转化为一对一对相等的情况。若总堆数为奇数的情况，可以把石子最多的一堆的石子分配给其它堆，使得其它堆两两相等。最多一堆的石子绝对是足够多，可以完成这个补齐的任务的。因为我们把石子从小到大排序后画成条形统计图。把相邻两个分成一组（1和2一组，3和4一组……）我们需要用第n堆填补1，3，5……堆我们把需要填补的这些差距（2比1高出的部分，4比3高出的部分……）投影到统计图左侧的y轴上，我们会发现这是一些不连续的区间，其长度总和明显小于第n堆。所以可以补齐。

对于堆数为偶数的情况。我们把最多的一堆削弱到和最少的一堆一样多，并把拿掉的石子分给别的堆，使其一对一对地相等。可行性于前面奇数情况同理。

所以只要判断是不是一对一对的相等的情况即可。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
using namespace std;

bool f[1005];

int main()
{
    //freopen("t.txt", "r", stdin);
    int n;
    while (scanf("%d", &n), n)
    {
        memset(f, 0, sizeof(f));
        int ans = 0;
        for (int i = 0; i < n; i++)
        {
            int a;
            scanf("%d", &a);
            if (f[a])
                ans--;
            else
                ans++;
            f[a] = !f[a];
        }
        if (ans)
            printf("1\n");
        else
            printf("0\n");
    }
    return 0;
}