在解决高僧斗法（博弈论问题）之前我们要了解下什么是***平等组合游戏***
1.平等组合游戏
两人游戏。
两人轮流走步。
有一个状态集，而且通常是有限的。
有一个终止状态，到达终止状态后游戏结束。
游戏可以在有限的步数内结束。
规定好了哪些状态转移是合法的。
所有规定对于两人是一样的。
2.当确定这是一个平等组合游戏的问题之后，我们就可以使用博弈论的结论来解决了。在解决这个问题之前，我们通过一个经典的博弈论问题来看这个结论如何使用的。
3.经典的Nim游戏
两个选手面前有n堆石子，每堆石子个数分别为a1、a2…an;
游戏规则：
两名选手A、B轮流任选一个石子堆拿石头（每名选手都不会失误），每次拿的石子数必须大于0；
那么问A先手拿多少才能保证稳赢（即先手赢）。
我们可以看出这是一个平等组合游戏，我们就可以使用Nim类游戏的博弈论结论了
博弈论结论：
对于一个Nim游戏的局面(a1,a2,…,an)，它是P-position（后手赢）当且仅当a1 ^ a2 ^ …^ an = 0 时其中^表示异或(xor)运算。反之不等于0时，先手赢。
那么若A先手，A要想稳赢，就要选一堆石子（如第i堆），从第i堆拿走k个石子后，使a1 ^ a2 …^ （ai - k) ^ an = 0;那么就可以保证第一次拿完之后B属于先手，此时B必输，后手A赢。
注：博弈论的证明可参考这位大佬的文章 （我没看懂。。以后有时间在研究）https://blog.csdn.net/wang3312362136/article/details/79303794
4.该回归正题我们要解决的高僧斗法问题了。。。
问题描述
古时丧葬活动中经常请高僧做法事。仪式结束后，有时会有“高僧斗法”的趣味节目，以舒缓压抑的气氛。
节目大略步骤为：先用粮食（一般是稻米）在地上“画”出若干级台阶（表示N级浮屠）。又有若干小和尚随机地“站”在某个台阶上。最高一级台阶必须站人，其它任意。(如图1所示)
两位参加游戏的法师分别指挥某个小和尚向上走任意多级的台阶，但会被站在高级台阶上的小和尚阻挡，不能越过。两个小和尚也不能站在同一台阶，也不能向低级台阶移动。
两法师轮流发出指令，最后所有小和尚必然会都挤在高段台阶，再也不能向上移动。轮到哪个法师指挥时无法继续移动，则游戏结束，该法师认输。
对于已知的台阶数和小和尚的分布位置，请你计算先发指令的法师该如何决策才能保证胜出。
输入格式
输入数据为一行用空格分开的N个整数，表示小和尚的位置。台阶序号从1算起，所以最后一个小和尚的位置即是台阶的总数。（N<100, 台阶总数<1000）
输出格式
输出为一行用空格分开的两个整数: A B, 表示把A位置的小和尚移动到B位置。若有多个解，输出A值较小的解，若无解则输出-1。
样例输入
1 5 9
样例输出
1 4
样例输入
1 5 8 10
样例输出
1 3
这道题我们可以把问题简化成Nim拿石子问题，怎么简化的呢？？
接下来想想：
如果我们把台阶上的人两两成对，然后把两个人间的台阶数看成石子数，每移动一次人，相应的距离不就变小了。不就相当于拿走了几个“台阶”吗，那不就成了Nim问题了。但是有个问题，两队之间的台阶怎么办（比如第1个人和第2个人成一堆，第3个人和第4个人成一堆，那第2个和第3个人之间的台阶怎么办？）。
我们想一个问题。假如A第一次移动后保证可以稳赢，那么B即使移动了每对人的后一个（如2），家下来A让可以移动相应对的第一个相同的步数，使其恢复原来的状态。所以我们不用考虑两个堆之间的台阶数。
具体实现代码注释：（有了这个结论问题超简单了）
#include<iostream>
#include<sstream>
int A[120] = {0}; //用于存放输入的数据
int B[60] = {0};//用于存放相邻两个人间的台阶数。
using namespace std;
int main(){
string s;
getline(cin,s);
istringstream ss(s);
int n = 0;
int e;
while(ss >> e){ //获取输入
A[n++] = e;
}
int t1 = 0;
int sum = 0;
for(int i = 0;i < n - 1;i++){//这里我们计算出所有相邻两个人间的台阶数
B[i] = A[i + 1] - A[i] - 1;
}
for(int j = 0;j < n - 1;j += 2){//我们只对（0，1） （2，3）...这样的堆进行
//异或运算，前面我们介绍了为什么不考虑（1，2）
sum ^= B[j];
}
if(sum == 0){//当为0时说明后手赢，那么A是没有机会的，因为他俩都很聪明，没有失误
cout<<"-1";
return 0;
}
for(int i = 0;i < n - 1;i++){//因为要找稳赢的第一步，且数要最小，因此从i=0开始遍历B
for(int j = 1;j <= B[i];j++){//当计算到B[i]（B[i]表示i人和i+1人间的台阶数）这个区间时，枚举所有这个区间内步数
sum = 0;
B[i] -= j;//表示把i这个人向上走j个台阶，那么B[i]要减少j
if(i != 0){ //当i!=0时，此时移动会影响前一个区间（区间变大）
B[i - 1] += j;//变大j
}
for(int j = 0;j < n - 1;j += 2){ //A做完决策后，进行计算
sum ^= B[j];
}
if(sum == 0){//后手赢，说明A第一次决策完后，正好轮到B决策，那么A就成了后手，sum==0,就是表示后手赢。
cout<<A[i]<<" "<<A[i] + j;//输出结果
return 0;
}else{//sum!=0, 先手赢，说明A第一次决策完后，正好轮到B决策，
//B是先手，B会必赢，则A第一次的决策是错误的 ，要撤回操作。
B[i] += j;
if(i != 0){
B[i - 1] -= j;
}
}
}
}
return 0;
}