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。
代码如下：
#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<iomanip>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<vector>
#define ll __int64
#define pi acos(-1.0)
#define MAX 50000
using namespace std;
int mex(int s,int c)
{
int t=(int)sqrt(1.0*s);
while(t*t+t>=s) t--;
if(t<c) return s-c;
else return mex(t,c);
}
int main(){
int t=,m,s,c,ans;
while(scanf("%d",&m)&&m){
ans=;
for(int i=;i<m;i++){
scanf("%d%d",&s,&c);
if(s==||c==||s==c) continue;
ans^=mex(s,c);
}
printf("Case %d:\n",++t);
puts(ans==?"No":"Yes");
}
return ;
}