1.題目含義：

  一共有n堆石子，每堆石子個數用x表示。現在你可以選擇一堆移除某些石子，但要剩餘k個石子，確保k在[1,n-1]這個區間內。

 移除石子後，還要加入一些石子，加入石子的個數為：k^x，當然你也可以使用技能使得加入的石子個數變為(2k)^x。不過每個人每局遊戲只能使用一次技能。問最後先手是否可以取得勝利，可以的話輸出Yes，否則輸出No。

2.思路：

2.1 先不考慮技能，其實每輪的操作就是將一個大小為x的堆分成大小為k和(x^k)的堆，這裡很關鍵的一點是要能發現分堆之前x中二進位制1的個數與分堆之後k與(x^k)的二進位制1個數和的奇偶性是相同的。這個結論可以這樣想，考慮x的某一位p，就會有四種情況：

2.1.1. 如果x的第p位為1且k的第p位也為1，那麼(x^k)的第p位就是0. ——開始1的個數為2，拆分後1的個數還是2

2.1.2. 如果x的第p位為1且k的第p位也為0，那麼(x^k)的第p位就是1.——開始1的個數為1，拆分後1的個數還是1

2.1.3. 如果x的第p位為0且k的第p位也為1，那麼(x^k)的第p位就是1.——開始1的個數為1，拆分後1的個數還是1

2.1.4. 如果x的第p位為0且k的第p位也為0，那麼(x^k)的第p位就是0.——開始1的個數為1，拆分後1的個數還是0

可以發現無論哪種情況，奇偶性都不會發生變化，這是本題的關鍵。

2.2考慮N堆的情況，總共可操作次數為奇數先手贏，否則先手輸。

2.3考慮技能的情況，技能不會增加1的個數

2.4另外考慮遊戲什麼時候結束，很顯然當一個堆x的二進位制1的個數只有1個的時候，就不能再分了，那麼如果所有的堆都這樣，遊戲就結束了。

2.5  當n+cnt(n堆石子二進位制1的個數)為奇數時，先手取得勝利。

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstdio>
using namespace std;
int t;
int count(int num)
{
	int cnt=0;
	while(num)
	{
		cnt=cnt+num&1;
		num>>=1;
	}
	return cnt;
}
int main()
{
	int j;
	int num;
    cin>>t;
    for(j=1;j<=t;j++)
    {
    	int n;
    	int ans=0;
    	cin>>n;
    	for(int i=0;i<n;i++)
    	{

    		cin>>num;
    		ans=ans+count(num);
		}
		ans=ans+n;
		if(ans&1)
		  cout<<"Case "<<j<<": "<<"Yes"<<endl;
		else
		 cout<<"Case "<<j<<": "<<"No"<<endl;
	}
	return 0;
}