AGC002E Candy Piles

简单转化之后（可以参考官方题解），变成了：网格中有个阶梯形状的轮廓线，棋子从 $(0,0)$ 开始走，每次可以往左走或者往上走，走到边界的那一步的操作者输（即，边界上的点是必胜态）。

可以证明，如果 $(x+1,y+1)$ 不在边界上，那么 $(x,y)$ 的胜负状态和 $(x+1,y+1)$ 的胜负状态相同。

证明：

1）可以从 $(x+1,y+1)$ 为必败态推出 $(x,y)$ 为必败态：如果 $(x+1,y+1)$ 必败，那么 $(x,y+1), (x+1,y)$ 都是必胜态，那么 $(x,y)$ 就必败。

2）可以从 $(x+1,y+1), (x+2,y+2)$ 是必胜态推出 $(x,y)$ 是必胜态：$(x+3,y+2)$ 和 $(x+2,y+3)$ 中至少有一个是必败态，我们假设 $(x+3,y+2)$ 是必败态，可以推出：

\	x	x+1	x+2	x+3
y+2	*	*	1	0
y+1	*	1	0 (b)	1 (a)
y	1 (e)	0 (d)	1 (c)	*

其中，* 表示不确定，斜体表示已知的条件，(a) ~ (e) 代表推理的顺序。

对于 $(x+2,y+3)$ 必败的情况可以同理证明。

代码实现：从 $(0,0)$ 出发往右上走，直到下一步会碰到边界，然后算出其上方和右边的格子的状态。

int main() {
	rd(n);
	for(int i=0;i<n;++i) rd(a[i]);
	sort(a,a+n,greater<int>());
	int x=0,y=0;
	while(y+1<a[x+1]) x++,y++;
	
	int t1=!((a[x]-(y+1))&1);
	int r=x; while(y<a[r+1]) r++;
	int t2=!((r+1-(x+1))&1);
	
	if(!(t1&t2)) printf("First");
	else printf("Second");
	return 0;
}