/*

    先不考虑技能，其实每轮的操作就是将一个大小为x的堆分成大小为k和(x^k)的堆，这里很关键的一点是要能发现分堆之前x中二进制1的个数与分堆之后k与(x^k)的二进制1个数和的奇偶性是相同的。这个结论可以这样想，考虑x的某一位p，分四种情况：

    1. 如果x的第p位为1且k的第p位也为1，那么(x^k)的第p位就是0.

    2. 如果x的第p位为1且k的第p位也为0，那么(x^k)的第p位就是1.

    3. 如果x的第p位为0且k的第p位也为1，那么(x^k)的第p位就是1.

    4. 如果x的第p位为0且k的第p位也为0，那么(x^k)的第p位就是0.

    可以发现无论哪种情况，奇偶性都不会发生变化，这是本题的关键。

    另外考虑游戏怎么终止，很显然当一个堆x的二进制1的个数只有1个的时候，就不能再分了，那么如果所有的堆都这样，游戏就终止了，关键看从开始到终止需要奇数步还是偶数步就能判断输赢。

    假设这些堆最后会分成y个堆，那么一共就分了y-n次，每个堆大小的二进制1个数都是1，这样二进制1的总是就是y，而y和x二进制1的个数z已经证明奇偶性相同，所以y-n和z-n奇偶性就是相同的，所以我们只需要判断z-n的奇偶性，这题就解决了，非常巧妙。

*/

#include<iostream>

#include<cstdio>

using namespace std;

int n,T;

int count(int x){

    int res=;

    while(x){

        res+=x&;

        x>>=;

    }

    return res;

}

int main(){

    freopen("Cola.txt","r",stdin);

    scanf("%d",&T);

    for(int c=;c<=T;c++){

        printf("Case %d: ",c);

        scanf("%d",&n);

        int cnt=,x;

        for(int i=;i<=n;i++){

            scanf("%d",&x);

            cnt+=count(x);

        }

        cnt-=n;

        if(cnt&)puts("Yes");

        else puts("No");

    }

    return ;

}