分析

• 最后无法进行操作相当于这n堆石子都被拿完了。

• 对于Nim游戏，存在如下定理：假设这n堆石子的个数分别为 $a_1, a_2, …, a_n$，当$a_1 \oplus a_2 \oplus … \oplus a_n = 0$ 时先手必败，否则先手必胜（其中$\oplus$指异或运算）。

• 下面证明这个结论。分为两种情况讨论：

• 情况一：当所有堆石子都是0个时，$0 \oplus 0 \oplus … \oplus 0 = 0$，此时的先手（此时需要操作的人）必败。

• 情况二：当存在某些堆石子个数不为0时，这又可以分为两种情况讨论：

（1）$a_1 \oplus a_2 \oplus … \oplus a_n = x$ 并且 $x \neq 0$，下面证明我们一定可以通过一步合法操作，使其操作后的异或值为0。

假设x的二进制表示中最高一位1在第k位，则 $a_1$~$a_n$中一定存在奇数个数据且它们的第k为也为1（可以使用反正法证明），从中取出一个数据，假设为$a_i$，其第k位是1，则一定有$x \oplus a_i < a_i$，我们从第i堆中拿走$a_i - x \oplus a_i$个石子，则还剩余$x \oplus a_i$个石子，这一步操作之后，则：
$$ a_1 \oplus a_2 \oplus … \oplus a_i \oplus x \oplus … \oplus a_n = x \oplus x = 0 $$
（2）如果 $a_1 \oplus a_2 \oplus … \oplus a_n = 0$，证明无论此时进行何种合法操作都一定会使得异或值不为0。可以使用反正法，假设第i堆被拿走一些石子，还剩余 $a_i’$ 个石子，且此时使得 $a_1 \oplus a_2 \oplus … \oplus a_i’ … \oplus a_n = 0$，将该式和 $a_1 \oplus a_2 \oplus … \oplus a_n = 0$ 等号两边分别异或，可以得到 $a_i \oplus a_i ‘ = 0$，则可以推出$a_i = a_i’$，因为必须从某堆中拿走一些石子，不能不拿，矛盾。因此如果 $a_1 \oplus a_2 \oplus … \oplus a_n = 0$，无论怎么操作都会使其不等于0。

• 因此如果先手对应的局面异或值不等于0，则进行一步操作一定可以让其异或值为0，然后对方操作一步后一定会使得异或值不为0，如此反复，一定是对方先遇到全0的局面，因此先手必胜，对方必败。否则先手必败，对方必胜。

代码

#include <iostream>

using namespace std;

int main() {

    int n;
    scanf("%d", &n);

    int res = 0;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        int x;
        scanf("%d", &x);
        res ^= x;
    }

    if (res) puts("Yes");  // 非零, 先手胜
    else puts("No");

    return 0;
}