思路
先說結論：若 \((a-1)\otimes(b-1)\otimes (c-1)\ne 0\) 則先手必勝（\(\otimes\) 代表異或）。
假設 \(a\le b \le c\)，那麼有 \(a+b\ge c\)，則有 \((a-1)+(b-1)\ge (c-1)\)。
令 \(x = (a-1)\otimes (b-1)\otimes (c-1)\)：
當 \(x=0:\)
-
\(a=1\)，那麼此時有 \((b-1)\otimes (c-1)=0\to a<b=c\)，\(a\) 已經不能再減小了，此時無論減少 \(b\) 還是 \(c\) 都無發構成三角形。
-
\(a>1\)，假設將 \(a\to a'\)，此時有 \((a'-1)\ne (a-1)\to (a'-1)\otimes (b-1)\otimes (c-1)\ne 0\)，即轉變到 \(x\ne 0\) 情況。
當 \(x\ne 0\):
- 三個不等式必有一個成立 \((a-1)\otimes x < (a-1),(b-1)\otimes x < (b-1),(c-1)\otimes x < (c-1).\)
- 因為 \(x\) 中的 \(1\) 是 \((a-1),(b-1),(c-1)\) 由三者異或得到的，也就是一定是奇數次的 \(1\) 的個數，那麼不妨假設最高位的 \(1\) 是由 \((a-1)\) 提供的，（另外兩個即便也有 \(1\)，也會因為異或偶數次而被抵消 ），那麼我們 \(x\) 的這一位上也一定有 \(1\)，讓 \(x\otimes (a-1)\)，就可以抵消最高位的 \(1\) ，使得其小於 \((a-1)\)。所以一定會存在由 \(x\ne 0\to x=0\) 的情況，也就是由必勝態轉向必敗態。
在兩人都採取最優策略的情況下，那麼先手就可以決定勝敗。
程式碼
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using i64 = long long;
void solve() {
int a, b, c;
cin >> a >> b >> c;
cout << ((a - 1) ^ (b - 1) ^ (c - 1) ? "Win" : "Lose") << '\n';
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int t;
cin >> t;
while (t--) {
solve();
}
return 0;
}