Solution

Multi-SG 问题。

一个局面有多个子局面，一个子局面可以看做一个游戏包含多个子游戏。
则子局面的 SG 函数为子游戏 SG 函数异或和，而局面的 SG 函数为子局面的 mex。

考虑一个石堆 $i$ 可以拆成 $x-i\%x$ 个 $\left \lfloor \frac{i}{x} \right \rfloor$ 和 $i\%x$ 个 $\left \lfloor \frac{i}{x} \right \rfloor+1$ 石堆。

又发现石堆的最终呈现效果只和 $\left \lfloor \frac{i}{x} \right \rfloor$ 有关，因此考虑数论分块。

异或和跟奇偶性相关，考虑 $x-i\%x$ 和 $i\%x$ 的奇偶性。令 $i=kx+b$，则讨论 $(k+1)x-i$ 与 $i-kx$ 的奇偶性。又发现 $k$ 与 $i$ 皆为定值，所以直接枚举两种 $x$ 的奇偶性情况即可。

关于特判问题，我不是很懂题目的意思。因为压根没有说明相关限制条件。

Code

// Code by ajcxsu
// Problem: div stone

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=1e5+10;
typedef long long ll;
int sg[N];
int ocr[N];

int cac(int k, int i, int x) {
    int ret=0;
    if((i-k*x)&1) ret^=sg[k+1];
    if(((k+1)*x-i)&1) ret^=sg[k];
    return ret;
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
    int t, f;
    cin>>t>>f;
    if(f==1) f++;
    bool a, b, c, d;
    int k;
    for(int i=f;i<N;i++) {
        for(int l=1, r; l<=i; l=r+1) {
            r=i/(i/l), k=i/l;
            ocr[cac(k, i, l)]=i;
            if(r-l) ocr[cac(k, i, l+1)]=i;
        }
        for(int j=0;j<N;j++) if(ocr[j]!=i) { sg[i]=j; break; }
    }
    int n, nsg, na;
    while(t--) {
        nsg=0, cin>>n;
        for(int i=0;i<n;i++) cin>>na, nsg^=sg[na];
        cout<<bool(nsg)<<' ';
    }
    cout<<endl;
    return 0;
}