PS：SG(X)=mex(SG(X->Y1),SG(X->Y2),SG(X->Y3),...........,SG(X->YN));是y1 ,y2 ,y3......的SG值取mex；而不是对（Y1，Y2，...YN）取mex;
http://blog.163.com/scuqifuguang@126/blog/static/171370086201101711276278/这个文章很不错。
那么对于这题对于每一堆，放石子放满就想当于满的时候取s-c个，反向只是让我理解题意更深。
首先我们知道（S，S）这个局面是必败局面。
对于每一堆能加的数量有限，而当c的值（大于或者等于）D=sqrt(s) 或者 D=sqri（s）+1的时候就可以一次完成，就是说可以从当前局面到达（S，S）的局面，所以当前局面是必胜局面。
而这种情况下，你能造成的局面有集合A={0,1,2,...,s-c-1}；因为你可以去s-c，s-c-1，s-c-2，.....，1；那么对应mex(x)函数（即A中未出现的最小的一个数字），那么自然该局面的SG值就是s-c了；
另外当c的值小于D的时候，是不可能一下子加满的，因为c*c+c绝对是小于s的；那么小于D的局面一定能够是必输的吗？很显然不是的。
对于（S，D-1）这个局面，一定是必输，因为他能到的局面都是必胜！现在c小于D，那么如果（S，C）这个局面能到（S，D）；就代表这个局面是必胜的。所以现在SG值要在新集合（D，C）中求，而求法与上面的相同求新的D，所以可以用递归函数：当C>D时，返回（S-C）
差不多就是这样。
其实D = sqrt(s);这里算是个加速，要不然就要：while(d*d+d < S) d++;这样会很慢的。
思路：这题明显的sg函数。可惜我纠结了半天没想起思路来。设当前的箱子容量为si，求出一个t满足：t + t * t < si，若是当前箱子里有ci颗石头，
1、ci > t 则必胜；
2、ci == t 则必败；
3、ci < t不可立即断定，将t作为si递归调用函数。
当满足ci > t时，return si - ci 作为当前状况的sg值。因为：
如图：
当ci在si点时，为有向图的端点，出度为0，也就是必败点，所以sg值为0；
当ci 位于si - 1时，ci的端点可能的sg值构成的凑集为{0}，所以当前sg值 为1；
当ci 位于si - 2 时，ci的端点可能的sg值构成的凑集为{0， 1}，所以当前的sg值为2；
可得，ci地点地位的sg值为si - ci；
1 #include<iostream> 2 #include<string> 3 #include<cstdio> 4 #include<vector> 5 #include<queue> 6 #include<stack> 7 #include<set> 8 #include<algorithm> 9 #include<cstring> 10 #include<stdlib.h> 11 #include<math.h> 12 using namespace std; 13 #define ll __int64 14 int getsg(int s,int d){ 15 int q=(int)sqrt(s*1.0); 16 while(q+q*q>=s) q--; 17 if(d>q) return s-d; 18 else return getsg(q,d); 19 } 20 int main(){ 21 int n,cas=0; 22 while(cin>>n,n){ 23 int ans=0; 24 while(n--){ 25 int a,b;scanf("%d%d",&a,&b); 26 if(a==0||b==0||a==b) continue; 27 ans^=getsg(a,b); 28 } 29 printf("Case %d: ",++cas); 30 if(ans) cout<<"Yes"<<endl; 31 else cout<<"No"<<endl; 32 } 33 }