（续）
【三】证明上述第一条
即需要证明：
如果现状y1 ㈩ y2 ㈩……㈩ yn = 0，那么无论怎么抓，只要合规则，抓过以后必然
y1' ㈩ y2' ㈩……㈩ yn' ≠ 0。
证明如下（引用前面预备知识中介绍过的几个关系及交换、结合律）：
y1' ㈩ y2' ㈩……㈩ yn'
=（y1 ㈩ y2 ㈩……㈩ yn）㈠ [（y1㈠y1'）㈩（y2㈠y2'）㈩……㈩（yn㈠yn'）]
= 0 ㈠ [ d1 ㈩ d2 ㈩……㈩ dn ]
= ㈠ [ d1 ㈩ d2 ㈩……㈩ dn ]
这里的d1～dn是各堆抓前抓后枚数的影子数的相'㈠的差。
再根据前面：如果x ≠ 0则㈠x ≠ 0，
所以，只要证明d1 ㈩ d2 ㈩……㈩ dn ≠ 0 即可。
以下只要证明：各个d如此相㈩的总和的P进制形式中至少有一位不等于零，即可。
（待续）

（续）
以下只要证明：各个d如此相㈩的总和的P进制形式中至少有一位不等于零，即可。
按照抓枚的规则，可知d1～dn至少有一个至多有K个非零，其余都是零。故必存在一个最大的非零的d。
因为影子数的P进制形式中各位只可能是1、0两种情况，故d的P进制形式中各位只可能是1㈠0 =1、1㈠1 =0、0㈠0 =0、0㈠1 =P-1，即只可能是以下三种：
1、0、P-1
而且，因为每堆抓后只可减小不可增加，以及影子数的保序性，所以各个d的P进制最高非零位只可能是1㈠0，不可能是0㈠1，故必为1。
设最大的非零的d的最高非零位是第t位，则其他各个d的最高位或是第t位或低于第t位，那么，所有的各个d中，其第t位或为0，或为1。
设第t位为1的d有m个，则必然1<m≤K<P 。
于是相加的总和中，第t位应等于m。因1<m <P，不存在进位问题，所以第t位≠ 0。
证毕。
（待续）

（续）
【四】证明上述第二条
即需要证明：
如果现状y1 ㈩ y2 ㈩……㈩ yn ≠ 0，那么一定存在一种合规则的抓法，能使抓过以后
y1' ㈩ y2' ㈩……㈩ yn' = 0。
证明如下：
[为叙述简短，约定：凡称“第某位”者，对各X均指二进制形式的位，对各Y及E均指P进制形式的位。按影子数的定义，X和相应Y的“第某位”必相同。]
按以下步骤即可实现此目的：
用大写的X1～Xn以及Y1～Yn作为变量记号，开始令其分别等于x1～xn以及y1～yn，在以下步骤结束时的X1～Xn以及Y1～Yn即是这一步抓后的x1'～xn'以及y1'～yn'。
用集合变量W代表此次抓时要改动的堆的集合。开始先令W为空集。
(1) 计算出E=Y1 ㈩ Y2 ㈩……㈩ Yn。开始E必然≠ 0。
(2) 设E的最高非零位是第T位，该位的值是m，则必然1<m≤K。
(3) 因Y1～Yn的P进制每一位只可能是0或1，所以Y1～Yn中至少有m个的第T位为1，选择m个第T位为1的Y相应的堆（优先从W中选）。设所选的堆的集合为S；令W←W∪S （其中符号∪表示并集）。
(4) 将集合S中各堆的X的二进制第T位原来的1改为0，第T位以下的所有位均改为1。显然改后的X必然比原来值减小。
(5) 按改后的X1～Xn相应的Y1～Yn，重新计算E=Y1 ㈩ Y2 ㈩……㈩ Yn。此时E的第T位及更高的位必为零。
(6) 如果E=0则结束。
(7) 否则，重复执行(2)～(7)直到E=0结束。
关于上述步骤，显然：
一、因为重复中新的T必然低于旧的T，故有限次重复后必然出现E=0，可以得到结果。
二、新的T必然低于旧的T，而先前旧的S中旧的第T位以下的位均已经改为1了，所以“选择m个第T位为1的Y所代表的堆”时只要遵循“优先从W中选”，就可以保证所有选过的S的并集W，不超出最大的一次的S。于是可以保证W内不超过K堆，符合规则。
三、重复中每一次对X的改动都是减小，所以最后的结果也是减小，符合规则。
所以，按照这个步骤，可以实现抓成“关键状态”的目的。
证毕。

因文字能力问题，本来打算，尽可能：不要太长，同时又不要有该说的没说到或没说清楚会引起误解的地方。但写下来发现，很失败。两者很难兼顾。
所以请各位谅解。
或许，有时间可以改写一个更直观形象些，比较容易理解的说明？

如果把“谁抓到最后一枚为赢”，改为“ 谁抓到最后一枚为输”，也就是说“谁迫使对方抓到最后一枚为赢”。
那么，对策又该怎样设计呢？

复楼上飞虎兄：
有了前面“谁抓到最后一枚为赢”的思路以后，再来考虑改为“谁抓到最后一枚为输”后的情况，说起来也不太复杂了。
不妨就按我当初的思考过程来说一下，或许比直接说出结果更容易理解一些？
（下面采用和上文同样的符号、术语和文字约定）
当初先想到，这里的规则，其实等效的说法是“争取抓剩最后一枚”就算赢。而前面的算法中是“争取抓完”。
既然前面的策略是争取抓成y1 ㈩ y2 ㈩……㈩ yn = 0，那么，
这里的策略能不能就争取抓成 y1 ㈩ y2 ㈩……㈩ yn = 1呢？
这个“关键条件”行不行，依然是需要证明以下三条。
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（剩最后一枚）也满足这个条件。
三条中，第一条的证明和前面相似，不难；第三条显然成立。问题在于第二条。
第二条，需要证明如果现状相㈩总和不等于1，能不能总能有办法抓成等于1。
参考前面的证明过程可知（不难证明），在大多数情况下，只要相㈩总和大于1，或者：相㈩总和等于零且 y1 、 y2 、……、 yn 的最低位并非全零时，仍然是可以办到的。
但是，万一对方给你留下一个相㈩总和等于零且 y1 、 y2 、……、 yn 的最低位全都是零，您要想使相㈩总和变为1，唯一的办法是给某一堆中加一枚。但规则规定只许减不许加。所以这就不可行了。
（待续）

（续）
然后再考虑，上面所说的“万一”的情况（相㈩总和等于零且 y1 、 y2 、……、 yn 的最低位全都是零），在开始有可能出现，但是在“残局”（所有堆的枚数都不大于1）的时候，这种“万一”就不可能出现了。
因为，所有堆的枚数都不大于1的时候，y1 、 y2 、……、 yn就已经只有最低位了， 如果最低位全都是零，意味着对方已经输过了。
因此，如果进入了残局阶段以后，可以采用争取抓成 y1 ㈩ y2 ㈩……㈩ yn = 1的策略，就能保证必胜了。
于是，剩下需要考虑的就是：未到残局之前，采取什么策略，才能掌握由非残局进入残局的主动权，以及进入残局第一步能否做到y1 ㈩ y2 ㈩……㈩ yn = 1。
（待续）

（续）
然而不难证明：未到残局之前，只要采用等同于前面“谁抓到最后一枚为赢”中所述的策略，就可以实现这两条了。证明如下。
残局之前，只要采用争取抓成y1 ㈩ y2 ㈩……㈩ yn = 0的策略，就可以掌握由非残局进入残局的主动权。
要想由非残局一步进入残局，只有大于1的堆数在1～K（即1～P-1）之间才行，不难证明此时必然y1 ㈩ y2 ㈩……㈩ yn ≠ 0。
而按照前面的证明，只要开始可行，在残局之前只留给对方y1 ㈩ y2 ㈩……㈩ yn = 0的布局，是可以保证的。所以不可能留给对方“大于1的堆数在1～K之间”的情况。
也就是说，只要采取这个策略，就不会给对方留下由非残局一步进入残局的机会。因此这种机会只可能留给己方。
当己方遇到这种机会的时候，如果继续采用原策略，就可以进入残局且y1 ㈩ y2 ㈩……㈩ yn = 0了。此时必然有1～K堆是由原不小于2的枚数抓成零或者1。
此时，只要将这1～K堆中，其中有一堆按原策略该抓完改为留下一个，或者有一堆按原策略该留下一个改为抓完，就可以实现y1 ㈩ y2 ㈩……㈩ yn = 1了，而且抓后依然属于“残局”，且改后的抓法符合规则。
因此，这种分阶段的策略是可行的。
综上所述：改为“谁抓到最后一枚为输”，也就是说“谁迫使对方抓到最后一枚为赢”这种情况下的策略是：争取抓成符合以下“关键条件”的布局
（非残局，且y1 ㈩ y2 ㈩……㈩ yn = 0）或者（残局，且y1 ㈩ y2 ㈩……㈩ yn = 1）
其中：“残局”指：“各堆的枚数均不大于1”。
其中：“y1 ㈩ y2 ㈩……㈩ yn = 1”可以改为“非零的堆数除以P余1”。

会算的谁先谁胜

【发现上面证明过程中的一个细节错误，在53楼中，更正如下】
【原文】
当己方遇到这种机会的时候，如果继续采用原策略，就可以进入残局且y1 ㈩ y2 ㈩……㈩ yn = 0了。此时必然有1～K堆是由原不小于2的枚数抓成零或者1。
此时，只要将这1～K堆中，其中有一堆按原策略该抓完改为留下一个，或者有一堆按原策略该留下一个改为抓完，就可以实现y1 ㈩ y2 ㈩……㈩ yn = 1了，而且抓后依然属于“残局”，且改后的抓法符合规则。
因此，这种分阶段的策略是可行的。
【应更正如下】
当己方遇到这种机会的时候，如果继续采用原策略，就可以进入残局且y1 ㈩ y2 ㈩……㈩ yn = 0了。此时必然有1～K堆是由原不小于2的枚数抓成零或者1。
此时：
如果这1～K堆中，其中至少有一堆按原策略该抓成零的，则只要将其改为留下一个，就可以实现y1 ㈩ y2 ㈩……㈩ yn = 1了。
如果这1～K堆按原策略全是该抓成1的，那么此时按原策略抓后的局面必然存在至少P=K+1个堆是1（否则，只有1～K个1，不可能满足y1 ㈩ y2 ㈩……㈩ yn = 0）。于是，只要改变抓法，将这P堆中的K堆（包括原抓过的1～K堆）抓成零，剩下一个1，就可以实现y1 ㈩ y2 ㈩……㈩ yn = 1了。
这两种情况改后的抓法都符合规则，且抓后依然属于“残局”。
因此，这种分阶段的策略是可行的。