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题目分析：

每堆石子是独立的，可以求出每堆的SG函数再异或起来。
所以考虑预处理（或者记忆化搜索）SG函数。
设石子数量为 $n$，枚举它分成的堆数 $i$，那么较小堆的石子数是 $\lfloor\frac ni\rfloor$（较大堆是 $\lfloor\frac ni\rfloor$+1），设 $n/i$的余数是 $k$，那么大堆的数量是 $k$，小堆的数量是 $i-k$，根据 $k$和 $i-k$的奇偶性进行异或得到分成 $i$堆的SG值，在vis数组中标记一下就行了。

但是这样做是 $O(n^2)$的，注意到 $\lfloor\frac ni\rfloor$只有 $\sqrt n$个取值（画一个反比例函数根据对称性就看得出来），考虑整除分块优化。

若 $\lfloor\frac ni\rfloor=\lfloor\frac n{i+1}\rfloor$，大小堆的石子数是一样的，那么多出来的一堆肯定是从 $k$个大堆里面选 $\lfloor\frac ni\rfloor$堆，每堆取出一个石子放到一起形成一个新堆，对应的 $k-=\lfloor\frac ni\rfloor，小堆+=\lfloor\frac ni\rfloor+1$，由于是根据奇偶性进行异或并标记vis数组，那么 $\lfloor\frac ni\rfloor$相等的一段最多只会有i和i+1两种不同的贡献，i+2的大小堆堆数的奇偶性与i相同，所以一段只需要算两次就可以了。
复杂度 $O(n\sqrt n)$

Code：

#include<cstdio>
#include<cctype>
#define maxn 100005
inline void read(int &a){
    char c;while(!isdigit(c=getchar()));
    for(a=c-'0';isdigit(c=getchar());a=a*10+c-'0');
}
int SG[maxn],F,T,n,vis[maxn];
int calc(int k){
    int x,y,s;
    for(int i=2,j;i<=k;i=j+1){
        s=k/i;
        y=k%i,x=i-y;
        vis[((x&1)*SG[s])^((y&1)*SG[s+1])]=k;
        j=k/s;
        if(i<j) y=k%(i+1),x=i+1-y,vis[((x&1)*SG[s])^((y&1)*SG[s+1])]=k;
    }
    x=0;while(vis[x]==k) x++;
    return x;
}
void Pre(){for(int i=F;i<=100000;i++) SG[i]=calc(i);}
int main()
{
    read(T),read(F);
    Pre();
    while(T--){
        read(n);int x=0,y;
        while(n--) read(y),x^=SG[y];
        printf("%d%c",x?1:0,T?32:10);
    }
}