按楼主说的3，5，6，7，我拿成3，5，6，6，现在该你拿，怎么拿？

复27楼@银儿yy ：
因故耽搁了一天，请原谅。
您如果拿成3，5，6，6，
我下一步可以
2
4
6
6
即可。
2，4，6，6正好就已经符合您上面23楼提的策略了。

如果按目前的几种规律来看确实如上面楼层所说：三堆数字符合K1的条件，第四堆是前三堆和的一半。不知对不对？但是无规律的四堆数字是先拿赢还是后拿赢？怎么控制对方？有待探讨

如果我的猜想是对的，那么本题是先拿的赢，剩1，4，5，5

复27楼@论三国计 兄：
（5，9，12，13）和（3，8，11，11）都对。
我想了一下：
在4堆的情况下，可以证明，凡是符合您说的这个规律的，必然也符合我设想的算法。
不过，
但是反过来，却存在不符合您说的规则而符合我设想的规则的例子。
例如：7，11，13，14。
但是，这种反过来的例子，只在较大的数据时候才有。顶楼所给的初始条件下不会有。

写成2进制，每一位都有K+1的倍数个1。。。吗

我想了一晚上，找到破解k2的方法了。楼主出个题最好难点，让我来解

32楼的说结果是对的（只是措辞过于简略，不清楚的人或许看不明白意思）。
知道这个条件，并按照这个条件去抓，不难。关键是要证明其可行性。即证明以下三个命题：
一、如果现状已经满足这个条件，那么无论下步怎么抓，抓后必然就不满足这个条件了。
二、如果现状不满足这个条件，那么下步总存在一种抓法，可使抓后满足这个条件。
三、得胜结局（全空）也满足这个条件。
其中三是显然的（因为零是任何数的倍数）。
另两条证明篇幅有点长，等有时间把它写出来。

制作一个二进制表，表里的每列之和都可以被 k + 1 整除。拿成这样的就获胜了

一句话终结掉楼主的游戏

如果楼主让我拿一个笔和纸进行简单计算，哥表示毫无压力，对手是神也没用

没办法，哥就是这么屌

（续34楼，并复@论三国计 兄）
【因故耽搁了较长时间，请原谅】
前面32楼@itfrombit 兄和35楼@liyanan778 兄所说的算法是对的。
下面继续34楼的叙述，详细说一下我的想法。
声明一下：我的这些想法是去年或前年受到了《智商》吧中发言（可惜没记下发言者的ID）的提示以后，才逐渐想出来的，所以关于下面的叙述，希望能收到本吧吧友中高手的指教。
【一】先介绍几个术语、符号（采用这几个术语及符号仅仅是为了下文叙述方便，不保证和别人的用语一致，因为尚不了解别人的资料）及预备知识：
◆“P进制的免进位加法”（用符号㈩表示）
一个数写成P进制的形式后，按常规的笔算加法，应该是对应位相加，满P就向上一位进1。而这种“免进位加”和普通的加法不同处就是把进位丢掉，不给上一位加1。
以P=3（即三进制）为例。例如：
十进制的17和5，如果写成三进制，就是122（表示9+3*2+2）和12（表示3+2）
3进制普通加法，它们相加结果是三进制211
而3进制免进位加法，它们相㈩结果是三进制101。
不难证明，这种㈩运算和普通加法一样，满足交换律、结合律，且㈩0等于不㈩。
◆“P进制的免借位减法”（用符号㈠表示）
“P进制的免进位加法”㈩的逆运算，称作“P进制的免借位减法”㈠。和普通的减法不同处就是需要借位时“免费”借，不从上一位减1。
不难证明：
相等的数相㈠为零，即x ㈠ x = 0；
不同的数相㈠非零，即如果x≠y，则必然x ㈠ y ≠ 0。
如果P=2，那么“二进制的免进位加法”和“二进制的免借位减法”都等同于Windows所带的计算器上的XOR运算。
（待续）

（续）
◆P进制免进位免借位意义上的“负数”（也用符号㈠表示）
如果a ㈩ b = 0，则称b是a的“负数”（这里加引号表示不是我们普通意义上的“负”），记作b = ㈠a。
例如三进制的102和201，就互为这种三进制免进位免借位意义上的“负数”：102=㈠201以及201=㈠102（均为三进制）。
显然，很容易证明：
㈠（㈠x）= x；
x ㈩（㈠y）= x ㈠ y；
㈠0 = 0；
如果x ≠ 0，则㈠x ≠ 0；
等等。
如果P=2（为二进制），则这种“负数”和原数相等。
◆P进制免进位免借位意义上的连续“加减”运算
根据上面列出的容易证明的那些关系，再考虑上述的㈩运算的交换律、结合律，可知：
在P进制免进位免借位意义上的连续“加减”运算中，允许采用和普通的加减法一样规则的次序调整。
这些，将在下面的有关证明过程中使用。
◆某数的“P进制影子数”
如果一个数y的P进制形式，和某数x的二进制形式相同，就称y是x的“P进制影子数”。
例如：
6的“三进制影子数”是12；
这是因为6的二进制形式是110，而12的三进制形式也是110（表示9+3+0）。
11的“三进制影子数”是31；
这是因为11的二进制形式是1011，而31的三进制形式也是1011（表示27+0+3+1）。
显然，原数和它的影子数之间，大于、等于、小于的次序关系不变。即相等数的影子数也相等，较大数的影子数也较大，等等。这个性质称作“保序性”。
显然，如果一个数的P进制形式中出现了0和1以外的数字，那么它不可能是另一个数的“P进制影子数”
◆“关键条件”、“关键状态”
也就是有的朋友说的“必败局”，或有的朋友说的“必胜局”，这里所谓的胜、败，是从上家、下家不同的立场上说的。即：上家只要能抓成符合这种条件的布局就必胜（如果此后不犯错误的话），下家只要遇到符合这种条件的布局就必败（如果此后对方不犯错误的话）。
我们把这种条件叫做“关键条件”，符合这种条件的状态叫做“关键状态”。
要证明某个条件是“关键条件”，需要证明以下三条。
一、如果现状已经满足这个条件，那么无论下步怎么抓，抓后必然就不满足这个条件了。
二、如果现状不满足这个条件，那么下步总存在一种抓法，可使抓后满足这个条件。
三、得胜结局（全空）也满足这个条件。
下面所列出的本游戏的关键条件，显然已经满足第三条，故只需要证明一、二。
预备知识就这些，下面书归正传。
（待续）

（续）
预备知识就这些，下面书归正传。
【二】本游戏的关键条件
设P=K+1，则本游戏的关键条件是：
各堆中枚数的“P进制影子数”采用“P进制的免进位加法”的相㈩总和等于零。
具体到顶楼的例子，K=2，故P=3。关键条件就是：
各堆中枚数的“三进制影子数”采用“三进制的免进位加法”的相㈩总和等于零。
我们知道“相㈩”时，每一位都是“逢P进一”并将所进的1丢掉，所以只要1的个数是P的倍数，相㈩后该位就变成零了。
因此，这个条件，和32楼@itfrombit 兄和35楼@liyanan778 兄所说的条件是一致的。
这里之所以没有直接采用32楼和35楼的措辞，而采用上面的术语，主要是为了便于下面的证明。
下面的叙述中，设：
现状：各堆的枚数为x1、x2、……xn，
他们相应的P进制影子数为y1、y2、……yn。
抓过以后：各堆的枚数为x1'、x2'、……xn'，
他们相应的P进制影子数为y1'、y2'、……yn'。
（待续）