problem

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solution

case1：$a$ 中如果有 $1$ 的存在，那么相当于第二步失效，最后的结果仅由 $\sum a_i-1$ 的奇偶性决定（奇数先手赢，偶数后手赢）

奇数先手赢，偶数后手赢。

case2：如果 $\sum a_i-1$ 为奇数，先手必胜。

这看起来就似乎是正确的。

首先因为偶数除以奇数还是偶数，奇数除以奇数还是奇数，所以如果 $\gcd$ 是奇数，对奇偶性不影响。

如果先手能维持这个奇偶性到最后，即保证每人每次只有第一步操作有效，那他就赢了。

先手只需任选一个偶数 $-1$，再算上初始局面必然包含的一个奇数（否则初始 $\gcd$ 不为 $1$），这样至少就有两个奇数。

• 此时若序列长度 $>2$，先手 $-1$ 之后：
  • $\gcd =1$。后手再让任意一个数 $-1$，序列的 $\gcd$ 仍然为 $1$，后手的第二步等价于无效。
  • $\gcd \ne 1$，但 $\gcd$ 也一定是奇数。除掉 $\gcd$ 后，出现 $1$，奇偶性未改变。后手仍然面临的奇偶性为偶。先手必胜。
• 特殊情况是序列长度 $=2$，先手 $-1$ 之后：
  • 可能两数相等，那正好就直接赢了。
  • 要是不相等，并且 $-1$ 之后出现了倍数关系，那没什么影响，显然一个是另一个的奇数倍。约去 $\gcd$ 后就是一个 $1$ 加上一个奇数，后手面临的奇偶性仍然为偶，先手仍然获胜。

要想保证每人每次只能取一个也很简单，先手只需任选一个偶数减1，再算上初始局面必然包含的一个奇数（否则初始gcd不为1），这样就至少有两个奇数了。

case3：如果 ${\sum }_{i=1}^n{a}_i-1$ 为偶数，且有 $>1$ 个 $a_i$ 为奇数，则先手必败。

若有多个奇数，这一轮先手选择一个变为偶数，$\gcd$ 仍然只可能是奇数，下一轮后手就能将其重新变回偶数，使先手第二步无效。

case4：如果为偶数，先手肯定想要翻盘，唯一办法是 $2\mid \gcd$。

如果 ${\sum }_{i=1}^n{a}_i-1$ 为偶数，且只有一个奇数，先手一定操作这个奇数，那么这一轮至少能 $/2$，这是唯一的翻盘机会。

考虑做完上述特判和操作后，将操作权递交给对手。

只有 case4 是需要模拟操作下去的 $O(n{\log }^{2}w)$，其余三种情况一步判断输赢即可。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 100005
#define int long long
int n;
int a[maxn];int gcd( int x, int y ) {if( ! y ) return x;else return gcd( y, x % y );
}signed main() {scanf( "%lld", &n );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) scanf( "%lld", &a[i] );bool op = 0;while( 1 ) {int cnt = 0, sum = 0, flag = 0;for( int i = 1;i <= n;i ++ )cnt += (a[i] & 1), sum += a[i] - 1, flag |= (a[i] == 1);if( sum & 1 ) break;if( cnt ^ 1 ) { op ^= 1; break; }if( flag ) { op ^= 1; break; }int d = 0;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {if( a[i] & 1 ) a[i] --;d = gcd( d, a[i] );}for( int i = 1;i <= n;i ++ ) a[i] /= d;op ^= 1;}if( ! op ) puts("First");else puts("Second");return 0;
}