题解

思路

记 $S=X+Y$，并令 $B_i=A_i\bmod S$。

做法

若所有 $B_i<X$，先手每次选择的每一堆都至少还含一个完整的 $S$，减去 $X$ 后该堆的余数变为 $B_i+Y$；后手可以选择完全相同的石子堆并各减去 $Y$，使所有余数恢复原状，同时让这些堆各减少一个 $S$。重复这一应对，最终一定是先手先无法操作，所以这种状态为后手必胜。

否则至少有一个 $B_i\ge X$。当 $X\le Y$ 时，先手选择所有满足 $B_i\ge X$ 的堆：被选中堆的新余数为 $B_i-X<Y$，未选中堆的余数小于 $X\le Y$，于是后手面对上一段所述的必败状态。当 $X>Y$ 时，若存在 $Y\le B_i<X$，无论先手是否选择这堆，操作后它的余数都会至少为 $Y$；此时后手的取石数 $Y$ 不大于先手的 $X$，由刚才的情形可知后手必胜。反之，先手选择所有余数至少为 $X$ 的堆后，未选中堆的余数因不存在中间区间而小于 $Y$，被选中堆的余数也小于 $Y$，所以先手必胜。

复杂度

扫描所有石子堆判断“存在 $B_i\ge X$”且“不存在 $Y\le B_i<X$”即可，时间复杂度为 $O(N)$，空间复杂度为 $O(1)$。