题意：给定了每个正面朝上的硬币的位置，然后每次可以翻1,2,3枚硬币，并且最右边的硬币开始必须是正面朝上的。
分析：
约束条件6：每次可以翻动一个、二个或三个硬币。（Mock Turtles游戏）
初始编号从0开始。
当N==1时，硬币为：正，先手必胜，所以sg[0]=1.
当N==2时，硬币为：反正，先手必赢，先手操作后可能为：反反或正反，方案数为2，所以sg[1]=2。
当N==3时，硬币为：反反正，先手必赢，先手操作后可能为：反反反、反正反、正反正、正正反，方案数为4，所以sg[2]=4。
位置x：0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14...
sg[x]： 1 2 4 7 8 11 13 14 16 19 21 22 25 26 28…
看上去sg值为2x或者2x+1。我们称一个非负整数为odious，当且仅当该数的二进制形式的1出现的次数是奇数，否则称作evil。所以1，2，4，7是odious因为它们的二进制形式是1,10,100,111.而0,3,5,6是evil，因为它们的二进制形式是0,11,101,110。而上面那个表中，貌似sg值都是odious数。所以当2x为odious时，sg值是2x，当2x是evil时，sg值是2x+1.
这样怎么证明呢？我们会发现发现，
evil^evil=odious^odious=evil
evil^odious=odious^evil=odious
假设刚才的假说是成立的，我们想证明下一个sg值为下一个odious数。注意到我们总能够在第x位置翻转硬币到达sg为0的情况；通过翻转第x位置的硬币和两个其它硬币，我们可以移动到所有较小的evil数，因为每个非零的evil数都可以由两个odious数异或得到；但是我们不能移动到下一个odious数，因为任何两个odious数的异或都是evil数。
假设在一个Mock Turtles游戏中的首正硬币位置x1,x2,…,xn是个P局面，即sg[x1]^…^sg[xn]=0.那么无可置疑的是n必定是偶数，因为奇数个odious数的异或是odious数，不可能等于0。而由上面可知sg[x]是2x或者2x+1，sg[x]又是偶数个，那么x1^x2^…^xn=0。相反，如果x1^x2^…^xn=0且n是偶数，那么sg[x1]^…^sg[xn]=0。这个如果不太理解的话，我们可以先这么看下。2x在二进制当中相当于把x全部左移一位，然后补零，比如说2的二进制是10，那么4的二进制就是100。而2x+1在二进制当中相当于把x全部左移一位，然后补1，比如说2的二进制是10，5的二进制是101。现在看下sg[x1]^…^sg[xn]=0，因为sg[x]是2x或者2x+1，所以式子中的2x+1必须是偶数个（因为2x的最后一位都是0,2x+1的最后一位都是1，要最后异或为0,2x+1必须出现偶数次）。实际上的情况可能是这样的:
MT游戏当中的P局面是拥有偶数堆石子的Nim游戏的P局面。
这是翻硬币游戏里面种的一种，有了上面的理论之后这道题也就容易了！不过这道题要注意的地方就是去除重复位置！！
代码实现：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std; int n, a[]; int main()
{
int flag, i, len, num, x;
while(scanf("%d",&n)!=EOF)
{
flag=;
if(n==)
{
printf("Yes\n");
continue;
}
for(i=; i<n; i++)
scanf("%d",&a[i]);
sort(a,a+n);
len=;
a[len++]=a[];
for(i=;i<n;i++)
if(a[i]!=a[len-])
a[len++]=a[i]; for(i=; i<len; i++)
{
num=;
x=a[i]*;
while(a[i])
{
if(a[i]&)
num++;
a[i]=a[i]>>;
}
if(num%==)
x++;
flag=flag^x;
} if(flag)
printf("No\n");
else
printf("Yes\n");
}
return ;
}