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分析：
首先，有两个很显然的结论：
1、不考虑除以GCD的情况，就原问题而言（即只是-1），那么胜负只跟偶数的个数有关：若有偶数个偶数，那么后手必胜，反之先手必胜。
证明很简单：很容易想到，奇数的位置其实是可以忽略的，因为当某个人从奇数位-1，另一个人一定可以再在那里-1，又变为了奇数。偶数不能忽略，因为不一定偶数-1后还能再-1（可能就到1了，不能再-1）。所以每个偶数只需1次操作，就能变为奇数，既可以忽略。
换言之，这题就转化为：有N个石子，每次可以拿走一颗，求谁胜谁负。这就显然只跟石子的奇偶性有关了。
2、除以一个奇数，偶数的个数不变。
这证明就更简单了：奇数/奇数=奇数，偶数/奇数=偶数。
所以，其实只有两种情况：
1、直接根据偶数的个数分胜负。
2、尝试所有数除以2
但是，除以2是没那么容易的：
如果A除以2后，A必败，那A不可能去除以2。
如果A除以2后，B必败，那么B一定不会允许A除以2。
所以，除以2如果有效，那么必须在B无法影响的情况下，A一步就达到除以2的条件了。
换言之，只有当前状态有且仅有1个奇数（不为1）的情况下，并且除以2后能够使得对方必败。除以2才有效。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define SF scanf
#define PF printf
#define MAXN 100010
using namespace std;
typedef long long ll;
ll a[MAXN];
int n,now,cnt0,cnt1;
ll gcd(ll x,ll y){
if(y==0)
return x;
return gcd(y,x%y);
}
bool solve(){
int cnt0=0,cnt1=0,now=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(a[i]%2ll==0)
cnt0++;
else{
cnt1++;
now=i;
}
}
if(cnt1==1&&a[now]!=1){
ll g=0;
a[now]--;
for(int i=1;i<=n;i++)
g=gcd(g,a[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)
a[i]/=g;
if(solve()==0)
return 1;
}
if(cnt0%2==1)
return 1;
else
return 0;
}
int main(){
//freopen("game.in","r",stdin);
//freopen("game.out","w",stdout);
SF("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
SF("%lld",&a[i]);
if(solve())
PF("First");
else
PF("Second");
}