题目大意：给出n堆糖果，第i堆糖果有ai颗糖果，每次可以吃完最多糖果的一堆糖果或者每堆糖果吃一颗，问先手还是后手可以肯定吃到最后一颗糖果.
这道题看起来是经典博弈论，可是是博弈论就不是atcoder agc的E题了.
这道题可以这样来想，因为每堆吃一颗糖不会影响顺序，所以我们先把糖果按从大到小排序.
之后我们把这些糖果想象成一个二维平面，如下图：
我们可以知道，一开始的糖果在红色圆圈的位置.
那么我们吃掉一堆糖果相当于往右移了一个格子，每堆吃掉一颗糖果相当于向上移了一个格子.
当我们不能再移的时候，就是说明这个时候游戏结束了，当前一步的人无法继续操作，相当于输了.
那么我们就可以再次用记忆化搜索处理处一张表，表示每个点是否必胜.
就像这么一张图（0表示必败，1表示必胜）：
这张图处理出来后，我们找找规律.
我们发现，每一条从左下往右上的斜线上的数字都是相等的.
这意味着我们可以快速找到边缘的那个点，然后我们就可以在判断一下这东西竖直向上有多少个格子，记为k1，水平向右有多少个格子，记为k2，然后只要k1和k2中有一个数是奇数，就是先手必胜.
那么这道题就可以O(n)扫一遍，二分可以做到O(log(n))，但是时间复杂度是O(nlog(n)).
其实瓶颈在于排序，没有排序在于输入输出.
于是我选择了O(n)写.
AC代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=100000;
int a[N+5],n,x,y;
inline void into(){
scanf("%d",&n);
for (int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
}
bool cmp(int a,int b){
return a>b;
}
inline void work(){
sort(a+1,a+1+n,cmp);
for (;x<=n&&x+1<=a[x+1];x++);
for (y=x;y+1<=n&&a[y+1]==x;y++);
}
inline void outo(){
if (a[x]-x&1||y-x&1) printf("First\n");
else printf("Second\n");
}
int main(){
into();
work();
outo();
return 0;
}
atcoder的题的代码都好短啊.