来自《编程之美》上的博弈问题。
题目是这样的。有M块石头和两个玩家A和B，玩家A先将石头分成若干堆，然后按照BABA.....的顺序不断轮流取石头，能将剩下的石头一次取光的玩家获胜。每次取石头时，每个玩家只能从若干堆石头任选一堆，取这一堆石头中任意数目(大于0)个石头。请问：玩家A要怎样分配和取石头才能保证自己有把握取胜？
分析与思考：我们可以将这个问题从最简单的情况逐渐复杂化分析，然后从中找出规律，然后再对所得规律加以证明。这样一个过程是分析问题解决问题的一种方式方法。
设N块石头堆，M块石头
接下来我们从N=1时开始分析，此时只有一堆石头，直接一次拿完，所以先手获胜。
N=2，M=2时，每堆石头各有一个石头。还是先手获胜。M>2时，对于(1,X)(X>1)情况，先手只要在X堆中拿走X-1个石头，这时情况转变为(1,1)，最后还是先手获胜。对于(2,2),(3,3),(4,4)...(M/2,M/2)情况，都是后手获胜。因为不管先手从某一堆中拿走几个石头，都会引起两堆石头数量不平衡，而后后手都能把两堆石头数量变为相等(即为平衡)，两堆石头相等后，如果(0,0)，那么后手获胜。如果(x,x)(x>1)，那么继续进行按照上述方法进行，可以看出两堆数量相等时，总是后手操作结果，不等时总是先手操作结果，并且先手没办法把两堆相等石头保持相等，因为一次只能改变一堆石头的数量。最后总是能得到(0,0)结果,所以后手总能·获胜。由此可以看出M为偶数时，只需将石头分成数量相等的两堆，后手必有方法获胜。
下面分析M为奇数时的情况，对于M=3，5，7时得出的结论是总是先手获胜。
那么这个结论到底正确与否？我们将证明这个结论。
《编程之美》只给出了结论。结论是假设我们把石头分解为N堆。那么对于奇数个石头总有XOR(M1,M2,...Mn)!=0。.........结论一
原因：如果M为奇数，那么转化成二进制，最后的二进制位一定为1，所以M1+M2+Mn=M,这些由0或1组成的Mi的最后一位的和总是1，那么根据二进制加法：1+1=原位变为0并且向前进一位，0+0=0原位还是0,1+0=1 原位变为1，所以可以推测M1,M2,...Mn这M个数最后一位1的个数总是奇数。只有奇数个1之和，取和之后最后一位才能变为1，从而满足最初M为奇数的设定。既然我们已经知道这被分解的M个数中的最后一位有奇数个1，那么我们做异或(异或和二进制求和类似，只是求和时需要进位而已)时，这M个数异或后，最后一位必为1，所以就有上述结论。
可以证明;当XOR(M1,M2,...Mn)!=0时，我们只需要改变某一个Mi的值。就可以让XOR(M1,M2...Mj...Mn)=0..............................结论二
原因：XOR!=0说明M1,M2,...Mn中必有某些位上在这M个数中该位的1的个数为奇数(比如101,011,111，每个数的第三位上1的总个数为3，而第1个数(101)的第2位为0，第2，3个数第2位均为1，那么这3个数第二位1的总个数就为2，以下分析都是根据这种分析得出的结论。)，我们仅需将对应的某些奇数个1的位上的1的个数转变为偶数个1即可(某些位由0->1或1->0都可以实现某些位变为偶数个1，由于每个数都可以经过这样的变动，所以第二步关键是看数的选择。要求是选择一个经过这种改变后，改变后的数变小即可，)，这样这M个数的每个位上都总共有偶数个1后，XOR=0。从而证明了结论二的正确性。
可以证明：当XOR(M1,M2,...Mn)=0时，我们总是只需要改变任何一个Mi的值，就可以让XOR(M1,M2...Mj...Mn)=0...............结论三
原因：XOR=0时，每一位上1的(对于这M个数来说)总个数都为偶数，所以改变其中任意一个数，都会引起某些位上的1的个数的增减，不管1的个数是增加1还是减少1，都会使某些位上1的个数变为奇数个，那么必有XOR≠0.从而证明了结论三的正确性。
最后总结：M为奇数时，无论怎样分堆,先手总是把这些堆石头的XOR设置为0，而后手总是素手无策的做出任何改变都不会把XOR设置为0，而最终只有XOR=0时才能获胜，所以总是先手赢。通过分析M个石头中每堆石头的数量的二进制位上，每位上1的总个数来得出上面三个结论不失为一种解决这个问题的方法。
以上红字和粗体字是我对《编程之美》石头游戏2中给出结论的证明与理解。