题目大意就不解释了
考虑构造这个游戏的SG函数
SGi = mex ( { SGi }( i, j )=1 ∪ { 0 } ) 其中 mex 表示集合中最小没有出现过的自然数
为什么是这样的呢？我们联想到传统的取石子游戏，并且由于（Y,X）是互质的，（X,X-Y）也是互质的。i=X，j=X-Y
下面我们讨论这个SG函数的性质：
首先 SG0 = 0（终止态）。
若 i 是质数，那么对于小于 i 的所有正整数都可以被取到，那么 SGi则应为之前出现过的所有 SG 值中最大者+1，我们不难发现质数们的 SG 值是递增的。
若 i 是一个合数，那么 i 肯定存在某个因子为前面出现过的质数，于是 SGi 最多为该质因子的 SG 值。又有质数们的 SG 值是递增的，那么 SGi 就应为最小质因子的 SG 值了。
我们发现合数必定不能产生新的 SG 值，它必定为其某个质因子的 SG 值。 于是第 k 个质数的 SG 值就是 k+1 了。 类似线性筛质数的原理，我们可以线性筛出 SG 值了。
下面讲解分石子问题：
NIM问题是博弈论经典问题，一个典型的组合游戏问题，很多游戏问题都可以规约到Nim游戏问题。Nim游戏问题是一个ICG（Impartial Combinatorial Games）问题；
ICG问题的特征是：
1.两个人参与，交替走棋；
2.可能的走法在一个有限的集合里选取；
3.游戏局面无后效性，未来与过去无关；
4.如果某选手无法走动，则判负；
Nim的理论
游戏状态只分两种：当前先手必胜，当前先手必败；前者称为N位置，后者称为P位置；
更为严谨的定义是：
终止状态是P位置；
能够移动到P位置的状态时N位置；
只能到N位置的状态时P位置；
简单地说，就是在这个博弈中，给定n堆物品，第i堆物品有Ai个。两名玩家同时行动，每次可以任选一堆，取走任意多个物品，可把一堆取光，但不能不取。取走最后一件物品者胜利。两人都采取最优策略，问先手能否必胜
定理：
NIM博弈先手必胜，并且仅当A1 xor A2 xor ... xor An！=0
证明：
所有的物品都被取光是一个必败局面（对方取走了最后一个物品，已经取得胜利），此时显然有A1 xor A2 xor ... xor An=0。
对于任意一个局面，若A1 xor A2 xor ... xor An = x != 0。设x的二进制最高位的1在k位，那么至少存在一堆石子Ai，它的第k位是1。显然Ai xor x < Ai,我们就从Ai堆中取走若干个石子，让它变成Ai xor x，就得到了一个各堆石子异或起来等于0的局面。
对于任意一个局面，如果A1 xor A2 xor ... xor An=0，那么无论如何取石子，得到的局面下各堆石子异或起来都不为0.可用反证法证明，假设Ai被取成了Ai0，并且A1 xor A2 xor ... xor Ai0 xor ... xor An = 0,由异或运算的消去律得Ai0=Ai，与“不能不取石子矛盾”
综上所述，再有数学归纳法可知，A1 xor A2 xor ... xor Ai0 xor ... xor An ！=0,为必胜局面，一定存在必胜一种行动让对手陷入各堆石子都异或成0的情况。而在必败局面里，无论什么行动，都会让对手陷入各堆石子都异或成不为0的情况的必胜局面。
证毕
#include<cstdio> using namespace std; int p[1000010],f[1000010],SG[1000010]; int num,n,ass,t; void get(){ for (int i=2; i<1000010; i++){ if(!f[i]) p[++num]=i,SG[i]=num+1; for (int j=1; j<=num && (j==1 || i%(p[j-1])) && p[j]*i<1000010; j++) f[p[j]*i]=-1,SG[p[j]*i]=j+1; } } int main() { SG[1]=1; get(); scanf("%d",&t); for(int i=1; i<=t; i++,ass=0) { int j; scanf("%d",&j); for(;j;j--) { int x; scanf("%d",&x); ass^=SG[x]; } printf(ass?"Alice\n":"Bob\n"); } }