problem

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solution

case1：$a$ 中如果有 $1$ 的存在，那么相當于第二步失效，最后的結果僅由 $\sum a_i?1$ 的奇偶性決定（奇數先手贏，偶數后手贏）

奇數先手贏，偶數后手贏。

case2：如果 $\sum a_i?1$ 為奇數，先手必勝。

這看起來就似乎是正確的。

首先因為偶數除以奇數還是偶數，奇數除以奇數還是奇數，所以如果 $\gcd$ 是奇數，對奇偶性不影響。

如果先手能維持這個奇偶性到最后，即保證每人每次只有第一步操作有效，那他就贏了。

先手只需任選一個偶數 $?1$，再算上初始局面必然包含的一個奇數（否則初始 $\gcd$ 不為 $1$），這樣至少就有兩個奇數。

• 此時若序列長度 $>2$，先手 $?1$ 之后：
  • $\gcd =1$。后手再讓任意一個數 $?1$，序列的 $\gcd$ 仍然為 $1$，后手的第二步等價于無效。
  • $\gcd =1$，但 $\gcd$ 也一定是奇數。除掉 $\gcd$ 后，出現 $1$，奇偶性未改變。后手仍然面臨的奇偶性為偶。先手必勝。
• 特殊情況是序列長度 $=2$，先手 $?1$ 之后：
  • 可能兩數相等，那正好就直接贏了。
  • 要是不相等，并且 $?1$ 之后出現了倍數關系，那沒什么影響，顯然一個是另一個的奇數倍。約去 $\gcd$ 后就是一個 $1$ 加上一個奇數，后手面臨的奇偶性仍然為偶，先手仍然獲勝。

要想保證每人每次只能取一個也很簡單，先手只需任選一個偶數減1，再算上初始局面必然包含的一個奇數（否則初始gcd不為1），這樣就至少有兩個奇數了。

case3：如果 ${\sum }_{i=1}^n{a}_i?1$ 為偶數，且有 $>1$ 個 $a_i$ 為奇數，則先手必敗。

若有多個奇數，這一輪先手選擇一個變為偶數，$\gcd$ 仍然只可能是奇數，下一輪后手就能將其重新變回偶數，使先手第二步無效。

case4：如果為偶數，先手肯定想要翻盤，唯一辦法是 $2\mid \gcd$。

如果 ${\sum }_{i=1}^n{a}_i?1$ 為偶數，且只有一個奇數，先手一定操作這個奇數，那么這一輪至少能 $/2$，這是唯一的翻盤機會。

考慮做完上述特判和操作后，將操作權遞交給對手。

只有 case4 是需要模擬操作下去的 $O(n{\log }^{2}w)$，其余三種情況一步判斷輸贏即可。

#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; }

總結

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