题意：n堆石子，两人轮流操作，每次操作只能选定其中一堆，并取走若干个（>=1个）。谁取走最后一个谁输。给定一个状态，问先取的赢还是后取的赢。

分析：看题目类似nim博弈问题。所以想到sg函数，nim的sg是把格堆石子数抑或起来，看是否为0。本题我们就自己写出一些能解决的状态（可以手动判断np状态），观察各堆总数抑或结果和必胜必败态的联系。发现一个规律，sg函数为0则必胜，否则必败。只有一种特殊情况不符合该规律，就是所有堆都为1。

在网上看到了一篇证明，在此复制过来，简单加工一下。

不管全0的最后必胜态（好像没影响）

于是规定的必胜态为：

1.所有的都是1，异或结果为0。。。。1状态

2.有大于1的，异或结果不为0。。。。2状态

必败态为：

1.所有的都是1，异或结果不为0。。。。3状态

2.有大于1的，异或结果为0。。。。。。4状态

根据定义，证明一种判断position的性质的方法的正确性，只需证明三个命题：

1、这个判断将所有terminal position判为P-position；

2、根据这个判断被判为N-position的局面一定可以移动到某个P-position；

3、根据这个判断被判为P-position的局面无法移动到某个P-position。 （有点归纳的意思）

最终必败态为只有1个，就是只有1个石子，符合。

对状态1和3，显然成立

状态之间的主要转化在于: 1状态和3状态相互转化。 2状态和4状态相互转化。

对于2状态：

假设异或结果为x。

当x=1时，肯定是最低位为1的堆有奇数个，只要在这些最低位为1的堆中选择一个取走1个石子，就可将最低位为1的堆数变为偶数，抑或结果变为0。其中一个最低位1的操作，并不会让任何一个大于1的堆消失。因此不会导致状态1。抑或结果为0，不会导致状态3，而会变为状态4。

当x>1时：

{

    x与一个在x最高位是1且其余位均为0的数（设导致最高位为1的堆为a）异或后结果设为y，即y是将x的最高位由1改为0后得到的数字。

    y=0时

    {

        其它的堆全为1个石子时，将a堆减为1，满足3状态。

        如果其它堆中有大于石子数1的，将a堆取走若干，使得的a堆最高位变为0其他位不变，就满足4状态了。

    }

    y=1时

    {

        其它的堆全为1个石子时，将a堆取走若干，使得的a堆最高位变为0其他位不变，满足3状态。

        如果其它堆中有石子数大于1的，将a堆取走若干，使得的a堆最高位变为0并使得最低位为1，其他位不变，就满足4状态了

    }

    y>1时，就将a堆的最高位减少使得其余位恰好与y相同（这是可以做到的，因为a堆最高位为1的数，大于y），使得抑或结果为0，满足4状态。

}

对于4状态，它不能变为另一个异或结果为0的（不能变为4状态）。而且异或结果为0就不可能只有一个大于1的堆，所以也不能变为3状态.所以只能变为必胜态。

所以它也满足。

综上，所以这个条件是符合的

#include 
      
        #include 
       
         #include 
        
          #include 
         
           usingnamespace std; int main() {
    //freopen("t.txt", "r", stdin); int t;     scanf("%d", &t); while (t--)     {
    int sg =0, n; bool flag =false;         scanf("%d", &n); for (int i =0; i < n; i++)         {
    int a;             scanf("%d", &a);             sg ^= a; if (a !=1)                 flag =true;         } if ((flag && sg) || (!flag &&!sg))             printf("John\n"); else             printf("Brother\n");     } return0; }