题意：给定你n个巧克力块，每一块巧克力的长度为l[i],两个人轮流操作，每一次操作选择一个当前的长度l的一个大于等于2的因子，然后将这个巧克力分为l/factor(l)块，当所有的巧克力变为1之后，此时再进行操作的人就会输掉游戏，问你当前给定n和每个巧克力的l[i]后，先手是输还是赢。
思路：当看到先手是赢还输的情况后，就可以想到应该是个博弈问题。然后我们可以想到假如一个长度被分成了偶数个巧克力块，增加的操作次数为偶数，那么他并不会改变当前状态下的胜负关系。而假如是增加的奇数次数的巧克力块的话，当前状态下的胜负关系是会发生改变的。
并且因为上面我们说的增加偶数个是对胜负关系没有贡献的，因此假如这个数因数中有多个2的话，我们只需要就算一个，因为再多的2和一个2的贡献是一样的，然后计算它的质因数的个数，也就是质因数分解下的每个质因子的幂次数相加。
这样就相当于与把一块巧克力用它含有的质因数个数代替了，因为这些质因数都是互不影响的个体，可以类似把他们看做一推石子中的每一个石子，因此这个问题就变成了Nim游戏的形式了，把他们的质因数的个数异或和求出即可得到答案了。
MAXN太大会超时的，5e4就够用了。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define inf 0x3f3f3f3f
const int MAXN = 5e4+7;//筛素因子打到 根号N即可
int prime[MAXN],cnt;
bool vis[MAXN];
//考虑质因数分解
void Prime()//欧拉筛求一下质数
{
for(int i = 2;i < MAXN;i ++){
if(!vis[i])
prime[++cnt] = i;
for(int j = 1;j <= cnt&&prime[j]*i < MAXN;j ++){
vis[prime[j]*i] = 1;
if(i % prime[j] == 0)
break;
}
}
}
//直接因数分解 会超时 所以先用线性筛 把素数处理一下 然后再直接用素因数筛
//因为先把合数因子去掉了 所以简单的质因子分解 是遍历所有根号n前面的数 但是这个题会超时 所以就先打出素因子直接处理素因子即可
int a[17],num[17];
int main()
{
int T,n;
Prime();
scanf("%d",&T);
while(T--){
memset(num,0,sizeof(num));
scanf("%d",&n);
for(int i = 1;i <= n;i ++){
scanf("%d",&a[i]);
}
int cot = 0;
int ans = 0;
for(int i = 1;i <= n;i ++){
if(a[i]%2 == 0) num[i]++;//因数2的贡献只计算一次 因为他并不会改变 当前的胜负关系 所以多个和一个的作用效果是一样的
while(a[i]%2 == 0){
a[i] >>= 1;
}
for(int j = 1;j <= cnt && prime[j] <= a[i];j ++){
while(a[i]%prime[j] == 0){
num[i]++;
a[i] /= prime[j];
}
}
if(a[i] > 1) num[i]++;//大于1就还要再分解一次
ans ^= num[i];
}
if(ans) puts("W");
else puts("L");
}
return 0;
}