先特判所有数都为 \(1\) 或都不为 \(1\) 的情况。
- 所有数都为 \(1\)：判断奇偶性；
- 所有数都不为 \(1\)：先手必胜，原因略。
对于其余情况，正难则反。
设 \(\text{flag}_i=1/2\) 为取走第 \(i\) 堆中的最后一个石头的人（取完石头）的编号。
例如，若第 \(2\) 堆中有 \(3\) 个石头，1 取走前 \(2\) 个，2 取走最后 \(1\) 个，则 \(\text{flag}_2=\textbf{2}\)。
假设 \(\text{flag}_n=1\)，即 1 获胜。
枚举 \(i=n-1,n-2,\cdots,1\)。分类讨论：
- 若 \(\text{flag}_{i+1}=1\)
- 若 \(a_i=1\)，即第 \(i\) 堆中有 \(1\) 个石头且第 \((i+1)\) 堆被 1 取完，则第 \(i\) 堆必然被 2 取完。原因略；
- 若 \(a_i>1\)，即第 \(i\) 堆中有多于 \(1\) 个石头且第 \((i+1)\) 堆被 1 取完，则第 \(i\) 堆必然被 1 取完。因为若第 \(i\) 堆被 2 取完，则 2 在取第 \(i\) 堆的时候会取 \((a_i-1)\) 个石头，而留下 \(1\) 个石头给 1 取走。这样先后手关系便和假设矛盾，胜负也随之逆转。所以第 \(i\) 堆不可能被 2 取完。
- 若 \(\text{flag}_{i+1}=2\)，即第 \((i+1)\) 堆被 2 取完，则第 \(i\) 堆必然被 1 取完。因为若第 \(i\) 堆被 2 取完，则 2 会取走 \(a_i\) 个（即取完第 \(i\) 堆），让先后手关系逆转。
枚举过后检查 \(\text{flag}_1\) 是否为 \(1\) 即得到答案（通过判断与假设是否矛盾，得到答案）。
时间复杂度线性。
Code:
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxN=100005;
int flag[maxN];
int main() {
int t; scanf("%d",&t);
for (;t;t--) {
int n; scanf("%d",&n);
vector<int> a(n+1);
int one=0;
for (int i=1;i<=n;i++) {
scanf("%d",&a[i]);
if (a[i]==1) one++;
}
if (!one) puts("First");
else if (one==n) puts(n&1?"First":"Second");
else {
flag[n]=1;
for (int i=n-1;i;i--)
if (flag[i+1]==1)
if (a[i]==1) flag[i]=2;
else flag[i]=1;
else flag[i]=1;
puts(flag[1]==1?"First":"Second");
}
}
}