# include <stdio.h>
int n ;
int graph[1010][1010] ;
int dfs (int x, int y)
{
    int xx, yy, i, ans ;
    int tab[4][2] = {-1,0,1,0,0,-1,0,1} ;
    for (i = 0 ; i < 4 ; i++)
    {
        xx = x + tab[i][0] ;
        yy = y + tab[i][1] ;
        if (xx < 0 || xx >= n) continue ;
        if (yy < 0 || yy >= n) continue ;
        if (graph[xx][yy]) continue ;
        graph[xx][yy] = 1 ;
        ans = dfs (xx, yy) ;
        graph[xx][yy] = 0 ;
        if (ans == 0) return 1 ;
    }
    return 0 ;
}
int main ()
{
    graph[0][0] = 1 ;
    for (n = 1 ; n <= 8 ; n++)
        printf ("%d, %d\n", n, dfs (0,0)) ;
}

S表示起点。

如果n为偶数，那么所有格子可以被2*1的砖块覆盖掉。

这样先手每次都移动到当前1*2的另外一块。先手必赢。

如果n为奇数。除了起始那个点，其余点都可以被覆盖。

所以后手赢。

定义记号（1,1）表示x坐标为奇，有坐标为奇，（0,1）为x坐标为偶，y坐标为奇 ，（0，0）（1,0）类推。

先说明一下结论：

n是奇数，后手胜，n是偶数，先手胜。

以n为奇数为例，说明一下制胜策略。

那么5*5棋盘为例，可以表示为：

先手开始（1,1），走了一步之后，必为（1,0）或（0,1）；

后手只需移动到（1,1）或（0,0）即可。

一共25个格子，起初（1，1）去掉一个。还有24个，所以对称点和不对称点各有12个。先手都是不对称点，后手都是对称点。

那么刚好应该后手放最后一个。

说道这，有个地方，聪明人可能看出来。有可能没到最后，后手就没办法走了。那么我们假设一下吧。

的确有这个可能 比如2-3-8-9-10-5-4 ，先手2,8,10,4，这样的确不行。（写到这里，卡了我20来分钟，发现以前的想法是错的，还好我又想出个办法如下：）

10是先手选的，那么5是后手选的，10后手不能变，但是后手可以不选择5，改选别的。这样子，会有两个永远都取不到。不影响奇偶性，前面的推断依然可用。

这样子，我们一开始玩。出现第一个不行的话，就选另一个，而且，这样一定会舍弃偶数个格子。

严格来说，应该这样。设最后一个是先手点，那么前一个是后手点，这个后手点如果能改变则改变，如果不能改，就往前推。这样子，一改就是成对的点。要么最后取不到，要么换个方向取，不管怎么样，通过这种更改的方法，对每一种先手方案，一定能够造出后手必胜策略出来的。（能改变的后手点总是取得到的，这是因为根据图的点类型的对称性）

想想这个思想就是试验——出错——改进并且一定能改好。这样一步一步，结果能构造出。

如果n是偶数的话，对称点和不对称点个数差一，不对称多一个，是先手点的。思路同上。

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*        Author:Tree                  *
*From :http://blog.csdn.net/lttree    *
* Title : Play a game                 *
*Source: hdu 1564                     *
* Hint  : 规律博弈                   *
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**************************************/
#include <iostream>
using namespace std;
int main()
{
    int n;
    while( cin>>n && n)
    if( n&1 )   cout<<"ailyanlu"<<endl;
    else    cout<<"8600"<<endl;
    return 0;
}