题目描述：
给定n堆石子以及一个由k个不同正整数构成的数字集合S。现在有两位玩家轮流操作，每次操作可以从任意一堆石子中拿取石子，每次拿取的石子数量必须包含于集合S，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k，表示数字集合S中数字的个数。
第二行包含k个整数，其中第i个整数表示数字集合S中的第i个数si。
第三行包含整数n。
第四行包含n个整数，其中第i个整数表示第i堆石子的数量hi。
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,k≤100,
1≤si,hi≤10000
输入样例：
2
2 5
3
2 4 7
输出样例：
Yes
思路分析:
本题与一般Nim游戏的不同之处在于每次拿走石子的个数必须是固定值，当不能继续操作时游戏结束。需要先引入一些概念。
公平组合游戏ICG： 若一个游戏满足：
- 由两名玩家交替行动；
- 在游戏进程的任意时刻，可以执行的合法行动与轮到哪名玩家无关；
- 不能行动的玩家判负；
则称该游戏为一个公平组合游戏。
NIM博弈属于公平组合游戏，但城建的棋类游戏，比如围棋，就不是公平组合游戏。因为围棋交战双方分别只能落黑子和白子，胜负判定也比较复杂，不满足条件2和条件3。
有向图游戏：给定一个有向无环图，图中有一个唯一的起点，在起点上放有一枚棋子。两名玩家交替地把这枚棋子沿有向边进行移动，每次可以移动一步，无法移动者判负。该游戏被称为有向图游戏。
任何一个公平组合游戏都可以转化为有向图游戏。具体方法是，把每个局面看成图中的一个节点，并且从每个局面向沿着合法行动能够到达的下一个局面连有向边。
Mex运算： 设S表示一个非负整数集合。定义mex(S)为求出不属于集合S的最小非负整数的运算，即：
mex(S) = min{x}, x属于自然数，且x不属于S
SG函数： 在有向图游戏中，对于每个节点x，设从x出发共有k条有向边，分别到达节点y1, y2, …, yk，定义SG(x)为x的后继节点y1, y2, …, yk 的SG函数值构成的集合再执行mex(S)运算的结果，即：SG(x) = mex({SG(y1), SG(y2), …, SG(yk)})
特别地，整个有向图游戏G的SG函数值被定义为有向图游戏起点s的SG函数值，即SG(G) = SG(s)。
通过上面的定义可知，一般的Nim游戏，相当于对拿取石子不做限制，即每堆石子的状态可以转化为任意比原状态数量少的状态，而集合Nim则减少了有向图游戏的边数，只允许转移到特定的状态。对于Mex运算，Mex（S）表示的是不在S中最小的自然数，比如S = {0,1,2},则Mex（S）= 3。对于SG函数，用下面的图来阐述更为直观：
如果一堆中包含10个石子，每次只能拿2或5个，则所有拿石子的情况如图所示，所有终止状态由于不能到达任何其它状态，故其sg值为0,2可以到达0，其sg值为1,6可以到达4和1，而sg(4) = sg(1) = 0,故sg(6) = mex{0,0} = 1,以此类推可以得到上图蓝色字体标注的sg值。整个有向图的sg函数值就是起点10的sg函数值。可以发现，sg(x) != 0时，说明一定可以到达sg函数值为0的状态；sg（x）= 0时，说明一定到不了sg函数值为0的状态。回想下Nim游戏，任何异或和非0的状态一定可以直接转化为异或和为0的状态，任何异或和为0的状态都无法直接转化为异或和为0的状态。可见与有向图游戏如出一辙，如果只有一堆石子，先手面临的sg函数值非0，则可以转化为sg为0的状态，不论后手怎么操作，只要先手决策得当，最后面临必败态的一定是后手。
因此我们可以得出有向图游戏的定理：
- 有向图游戏的某个局面必胜，当且仅当该局面对应节点的SG函数值大于0。
- 有向图游戏的某个局面必败，当且仅当该局面对应节点的SG函数值等于0。
本题涉及多个有向图游戏，给出以下概念：
设G1, G2, …, Gm 是m个有向图游戏。定义有向图游戏G，它的行动规则是任选某个有向图游戏Gi，并在Gi上行动一步。G被称为有向图游戏G1, G2, …, Gm的和。
有向图游戏的和的SG函数值等于它包含的各个子游戏SG函数值的异或和，即：
SG(G) = SG(G1) ^ SG(G2) ^ … ^ SG(Gm)
也就是说，只需要将每堆石子数目的sg函数值异或起来，如果非0，则先手必胜，否则必败。
证明与Nim游戏的证明类似: 设SG(G) = SG(G1) ^ SG(G2) ^ … ^ SG(Gm) = x != 0。则一定存在Gi，使得SG(Gi)的第k位也是1，其中k为x二进制表示中最高位的1的位置。故SG(Gi) ^ x < SG(Gi)，由于SG(Gi)表示Gi不能到达的最小SG状态，故一定可以到达比SG(Gi)小的任何状态，自然可以到达SG(Gi) ^ x的状态，此时SG(G1) ^ SG(G2) ^ … ^ SG(Gm) ^x = x^x = 0，故异或和为非0的状态一定可以转化为异或和为0的状态。而后手面临的是异或和为0的状态，假设后手将Gi的状态改变为Gi’，使得异或和依然是0，则SG(G1) ^ SG(G2) ^ …^SG(Gi’) ^ …^SG(Gm) = 0，又SG(G1) ^ SG(G2) ^ …^SG(Gi) ^ …^SG(Gm) = 0，将两个等式左右两边分别异或得SG(Gi’) ^ SG(Gi) = 0，故SG(Gi’) = SG(Gi)，又SG（Gi）表示Gi不能到达的SG最小的状态是SG(Gi)，故SG(Gi’)不可能等于SG(Gi)，假设不成立，故任何sg异或和为0的状态都无法转化为sg为0的状态。又最终的必败态是所有SG(Gi) = 0，此时异或和是0，故每堆石子数目的sg函数值异或起来非0，则先手必胜，问题得证。
最后的问题是如何计算SG函数值，可以使用记忆化搜索来做。
AC代码:
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<unordered_set>//不存储重复元素
using namespace std;
const int N = 110, M = 10010;
int n, m;
int s[N], f[M];
int sg(int x)
{
if (f[x] != -1) return f[x];
unordered_set<int> S;
for (int i = 0; i < m; i++)
{
int sum = s[i];
if (x >= sum) S.insert(sg(x - sum));
}
for (int i = 0;; i++)
{
if (!S.count(i)) return f[x] = i;
}
}
int main()
{
cin >> m;
for (int i = 0; i < m; i++) cin >> s[i];
cin >> n;
memset(f, -1, sizeof f);
int res = 0;
for (int i = 0; i < n; i++) {
int x;
cin >> x;
res ^= sg(x);
}
if (res) puts("Yes");
else puts("No");
system("pause");
return 0;
}