Description
给你\(S\)个石子，有\(2n\)个人分成两队，编号为奇数的一队，编号为偶数的一队，\(2n\)个人按照编号从小到大的顺序拿石子，所有人都拿过了就再从\(1\)号轮，编号为\(i\)的人一次可以拿\(x\in[1,a[i]]\)颗，拿到最后一颗石子的队伍输，判断当前局面是否先手必胜
Solution
emmm今天做了几道sg函数的题然后感觉这玩意很神秘
除了转化成"有向图游戏"那样的形式之后用异或和和\(mex\)求\(sg\)以外，还有的题中\(sg\)的取值只有\(0\)和\(1\)两种，可以直接判断是否存在一个后继局面的\(sg\)值为\(0\)（也就是先手必败态），如果有就说明当前局面\(sg\)值为\(1\)（也就是先手必胜态），因为根据P-position（先败）和N-position（先胜）的定义，可以移动到P-position的局面是N-position，所以直接这么判就好了
当然你也还是可以转成 一个有向图游戏，只要后继局面中有\(0\)，那么取一下\(mex\)就只能是\(1\)了，一样的
这题中比较容易想到的就是用"当前是谁准备取"和"当前还剩多少石子"来表示一个局面，那直接大力记忆化搜索就好了，边界条件就是如果当前没有石子了，那么是先手必胜态
最后就是求\(nxt\)的时候模数记得是\(2n\)而不是\(n\)。。。
（一开始陷入了一个误区。。就是觉得每个人的取石子上限不同，所以不是一个ICG，但其实ICG中只是要求移动集合（在这题里也就是能移哪些石子）不与选手相关，并没有限制具体操作）
代码大概长这个样子
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=9000;
int f[60][N],a[60];
int vis[N];
int n,m,S,mark;
int nxt(int x){return (x+1)%(2*n)==0?2*n:(x+1)%(2*n);}
int sg(int x,int stone){
if (f[x][stone]!=-1) return f[x][stone];
if (stone==0) return f[x][stone]=1;
int tmp=nxt(x);
for (int i=1;i<=a[x]&&i<=stone;++i){
if (!sg(tmp,stone-i))
return f[x][stone]=1;
}
return f[x][stone]=0;
}
int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("a.in","r",stdin);
#endif
while (1){
scanf("%d",&n);
if (n==0) break;
memset(f,-1,sizeof(f));
scanf("%d",&S);
mark=0;
for (int i=1;i<=n*2;++i)scanf("%d",a+i);
printf("%d\n",sg(1,S));
}
}