Problem
本题有T组测试数据。
给出N堆石子。A 和 B 轮流操作，A 先手。操作者在每一轮中必须选择一堆石子，并且作出下列两种操作中的一种：
（1）移走整堆石子
（2）设这堆石子中有 N 个，你可以从中取出 Y 个石子，若 Y 满足与N互质。
取走最后一个石子的人胜出。若 A 和 B 都以最优策略执行，对于每组数据，询问最后谁会胜利。
Hint
20%的数据，N<=5，每堆石子数量少于10
100%的数据，T<=100，N<=100，每堆石子数量不大于1,000,000
Solution
这道题在JZOJ里面有问题，（2）操作中少了“Y与N互质”这个条件，但是我比赛时还是不会做，只打了
的DP。
那么先考虑如果（2）操作中没有“Y与N互质”这个条件应该怎么做。
SG函数
对于每一堆石子，我们可设SG(i)=mex({SG(j)})，其中j为i的一种转移，而mex表示集合中最小没有出现过的自然数。设边界条件SG(0)=0。这样的话，SG(x)=x，且当SG(x)为0时，x为必败态P-position（即先手必败），否则为必胜态N-position（因为只有一堆）。
那么对于多堆呢？难道我们要用SG(i)中的i去表示一种场面，也即由多堆石子构成的一个集合吗？这样转移起来显然复杂度堪忧。
SG定理
这时我们就需要用到：Sprague-Grundy定理（SG定理）：
游戏和的SG函数等于各个游戏SG函数的Nim和。这样就可以将每一个子游戏分而治之，从而简化了问题。
那么对于这个问题，SG(X)（X为一个集合）=SG(x1)^SG(x2)^SG(x3)^…^SG(xn)（xi∈X）。其实这个结论我以前就知道，只不过不会证明。
但这个定理的证明却也不复杂，基本上就是按照两种position的证明来的。
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、这个判断将所有无法进行任何移动的局面（也就是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。
对于第一个命题，treminal position肯定是{0,0,0,…,0}，那么异或和肯定也为0。
对于第二个命题，N-position即为异或和不为0的状态，设它的异或和为S，那么若x为S在二进制下的最高位，则肯定有一堆石子的数量≥
（不然它那个x怎么来的），设这堆的数量为x1。又因为x1＞S^x1，所以我们先把x1拎出来，使S变成两个子状态x1和S^x1，再将x1取剩S^x1，然后再合并为0。举例来说，若S为
，x1为
，则S^x1为
，将x1取剩S^x1后，S则为
。
对于第三个命题，你取石子肯定会改变它的异或和，所以你没办法把异或和从0变成0。
于是再回到这道题上。我们可以近似地设SG(i)=mex({SG(i-j)}(i,j)=1∪{0})，那由于(i,j)=1，(i,i-j)肯定也=1，所以SG(i)=mex({SG(j)}(i,j)=1∪{0})。SG(i)随i的变化而变化的规律如下表：
| i | SG(i) |
|---|---|
| 0 | 0 |
| 1 | 1 |
| 2 | 2 |
| 3 | 3 |
| 4 | 2 |
| 5 | 4 |
| 6 | 2 |
| 7 | 5 |
| 8 | 2 |
| 9 | 3 |
| 10 | 2 |
我们可以发现，对于自然数i，设它的最小质因数为k，则SG(i)=rank(k)（k在质数表中的序号）+1。为什么会这样呢？
因为0~3的SG(i)=i。但在3以后，i若是质数，则会产生一个新的SG(i)；i若是合数，则SG(i)=mex({SG(j)}(i,j)=1∪{0})，也就是说SG(i)肯定不为那些与它不互质的那些j的SG值，而质数的SG又是单调递增的，所以SG(i)肯定=SG(k)。
这样，我们就相当于把石子堆数转化成了SG的值，然后再去做普通的取石子游戏。
那么，这样设SG函数为什么是对的呢？我们可以再去证明一下那三个命题。
对于第一个命题，treminal position的SG肯定是{0,0,0,…,0}，那么异或和肯定也为0。
对于第二个命题，N-position即为SG异或和不为0的状态，设SG的异或和为S，那么若x为S在二进制下的最高位，则肯定有一堆石子的SG≥
，设这堆的SG为x1。那么它肯定可以把自己的SG的值转移成一个比自己小的SG值，因为它是用mex求的。可以举个栗子：这堆的石子数为15，SG为3；它若把SG转移给2，则它可能可以将石子数转移成6，那样看似非法，因为虽然它们的最小质因数不等，但(15,6)=3；但实际上，(15,2)肯定=1，不然SG(15)就=SG(2)了，所以我们可以视为它把石子数转移成了2，SG值也转移成了2。
对于第三个命题，虽然它不同于普通的取石子游戏，它的SG值可能会转移成比它本身大的SG值；但是它肯定不能转移成与它相等的SG值，因为如果有两个数的SG值相等，那它们的最小质因数也相等，所以它们肯定不互质；所以每次操作都会使一堆的SG值变化，而这样肯定不能使SG值的异或和保持为0。
于是此法得证。
对于SG，我们可以线筛一遍，顺便求出每个数的SG。
时间复杂度：预处理
，计算答案
。
Code
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
#define fo(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
const int A=1e6;
int i,j,GS[A+1],cnt,price[A],t,n,x,ans;
bool p[A+1];
void init()
{
memset(p,1,sizeof p);
GS[1]=1;
fo(i,2,A)
{
if(p[i])GS[price[++cnt]=i]=cnt+1;
for(j=1;j<=cnt&&(j==1||i%x)&&i*(x=price[j])<=A;++j)
{
GS[i*x]=j+1;
p[i*x]=0;
}
}
}
void work()
{
for(scanf("%d",&t);t;t--)
{
scanf("%d",&n);
ans=0;
fo(i,1,n)
{
scanf("%d",&x);
ans^=GS[x];
}
printf(ans?"Alice\n":"Bob\n");
}
}
int main()
{
init();
work();
}