今天本人因调了上篇博客的题而脑壳不适，不想颓题，因此有了这篇博客。
但是博客毕竟得讲点什么，想想有没有什么代码短的。
哦，好像有，就Agc010_D Decrementing好了。
Alice和Bob又在玩游戏了，这次他们有$N$个数。
每次操作为:
1.在所有不小于$2$的数中挑一个减去$1$。
2.所有数除$d$，$d$为所有数的最大公约数。
不能操作者输，如果先手必胜则输入$First$，否则输出$Second$。
其中$Nleq 10^5$，每个数$leq 10^9$。
乍一看令人十分懵逼，但是我们很容易的发现有几个显然测结论：
1、当最小的数是1时，胜负至于所有数之和$-N$的奇偶性有关
2、有效的除$d$操作不超过$log_210^9=30$次。
我们先定义奇偶性优势：按照每一步操作恰好改变一次奇偶性，最终能获取胜利（即自己操作时有奇数个偶数）。
奇偶性劣势则反之。
然后进一步思考，对于当前操作的人：
若当前的和奇偶性状况对自己有利，则尽量这一奇偶性不改变。我们显然能找到奇数个偶数，对任意一个进行操作之后，$d$一定是个奇数，因此除$d$操作对奇偶性没有影响，并且原先的偶数不会变成奇数，并且会新产生一个奇数。由于任意操作完的局面不可能全是偶数(保证$gcd=1$)，因此后手操作的人一定面对至少$2$个奇数，而奇数的数量只会一直增加，因而无论怎么操作$d$均为奇数都无法改变奇偶性劣势，因此必胜。
若当前自己处在奇偶性劣势，则必须考虑通过除$d$操作改变奇偶性。我们发现，这一操作能够实现仅当所有剩余的数中有且仅有一个奇数，且这一奇数大于$1$时才有可能。我们不得不对这个数进行操作，因此会先把原来的奇数减去$1$，使得所有数都为偶数，再新产生至少$1$个奇数。这时我们并不能确定获胜情况，因此我们需要递归地进入下一层。
由于结论$2$，最多会出现$30$层，每层只需要扫一遍，因此最终复杂度是$O(nspace log A_i)$。
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define LL long long
#define M 100050
using namespace std;
LL read(){
LL nm=0,fh=1; char cw=getchar();
for(;!isdigit(cw);cw=getchar()) if(cw=='-') fh=-fh;
for(;isdigit(cw);cw=getchar()) nm=nm*10+(cw-'0');
return nm*fh;
}
LL gcd(LL x,LL y){return y==0?x:gcd(y,x%y);}
LL n,p[M],G[M],F[M],sq[31];
void win(LL x){puts(x?"Second":"First");exit(0);}
void solve(LL now){
LL pos=0,sum=0,m=0,tot=0;
for(LL i=1;i<=n;i++) sum+=p[i],m+=(p[i]&1),pos+=(p[i]&1)*i;
if((sum&1)^(n&1)) win(now);
else if((m==1&&p[pos]==1)||m>1) win(now^1);
for(LL i=1;i<=n;i++) tot=gcd(tot,p[i]-(p[i]&1));
for(LL i=1;i<=n;i++) p[i]=(p[i]-(p[i]&1))/tot;
solve(now^1);
}
int main(){
n=read(),sq[0]=1;
for(LL i=1;i<31;i++) sq[i]=sq[i-1]*2ll;
for(LL i=1;i<=n;i++) p[i]=read();
sort(p+1,p+n+1),solve(0);
return 0;
}