结论：对于串a和b，游戏中先手必胜当且仅当|a|+|b|为奇数或a=b.
我们按|a|+|b|的大小从小到大考虑所有的情况。
当|a|+|b|=0时，显然先手必败，符合结论。
假设已经证明了|a|+|b|=k(k<p)的所有情况满足结论，现在考虑|a|+|b|=p的情况。
若p是奇数，先手只需要选择长度较短的不为空的串，并使用A操作，就可以转移到|a|+|b|为偶数并且两个串不相等或者两个串均为空的情况，这种情况先手必败，故此时先手必胜。
若p是偶数，如果两个串相等，显然先手只需要选择使用B操作就能获得胜利了。否则，无论先手如何操作，都只能转移到|a|+|b|为奇数的先手必胜的情况。故此时先手必败。
因此，按顺序考虑每一个串，求得在其之前出现的串中，长度奇偶性与其不同的串共有x个，与其完全相同的串有y个，则对答案有x+y的贡献。累加即可。

PS：游戏者都是按照最优策略操作的，所以当两个字符串的和为奇数时，先手只需每次都先取字符串较短的字符

    串，就不会出现相同的字符串，所以两个字符串的和为奇数时，先手必胜。统计奇偶与其不同的只需记录一

    前面有多少与其不同的就可，与其相同的字符串用map来统计与其相同的字符串出现多少次，一个出现x次 

    的字符串，对答案的贡献是x*(x-1)/2

代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <string>
#include <map>
#include <algorithm>
using namespace std;
map<string,int> mp;
int gcd(int n,int m)
{
    if(m==0)
    return n;
    else
    return gcd(m,n%m);
}
int main()
{
    int t;
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        mp.clear();
        int n;
        scanf("%d",&n);
        int odd=0,even=0;
        string s;
        int ans=0;
        for(int i=0;i<n;i++)
        {
            cin>>s;
            mp[s]++;
            if(s.size()%2)
            {
                odd++;
                ans+=even;
            }
            else
            {
                even++;
                ans+=odd;
            }
        }
        map<string,int>::iterator it;
        for(it=mp.begin();it!=mp.end();it++)
        {
            int cur=it->second;
            ans+=(cur*(cur-1))/2;
        }
        int all=n*(n-1)/2;
        int gd=gcd(ans,all);
        printf("%d/%d\n",ans/gd,all/gd);
    }
    return 0;
}