先对$n$分奇偶两种情况考虑——

$n$为奇数,显然先手希望最终产生的$x_{1}\oplus x_{2}\oplus...\oplus x_{n}=0$

对于后手,考虑构造:将最大的未被选择的$a_{k}$放在最大的$x_{t}$上,很明显除去先手的第一个以外,后手的每一次都比先手的下一次放的数大

设$a_{k}$为先手第一个取的位置,即必然有$x_{t}-a_{k}\ge \sum_{i=1}^{n}a_{i}-a_{k}-x_{t}$,即$x_{t}>\sum_{i=1}^{n}a_{i}-x_{t}$

而$x_{1}\oplus x_{2}\oplus...\oplus x_{n}=0$当且仅当$x_{t}=x_{1}\oplus x_{2}\oplus...x_{t-1}\oplus x_{t+1}...\oplus x_{n}\le \sum_{i=1}^{n}a_{i}-x_{t}<x_{t}$,因此后手必胜

$n$为偶数,显然先手希望最终产生的$x_{1}\oplus x_{2}\oplus...\oplus x_{n}>0$

对于先手,类似上述后手的构造,那么有$x_{t}\ge \sum_{i=1}^{n}a_{i}-x_{t}$

最终异或能为0的必要条件是$x_{t}=\sum_{i=1}^{n}a_{i}-x_{t}$,同时在这样的情况下,必然是$a_{i}$成对出现,后手可以模仿先手的操作使得异或为0,因此此时后手必胜

 1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 map<int,int>mat;
4 int t,n,a[100005];
5 int main(){
6 scanf("%d",&t);
7 while (t--){
8 scanf("%d",&n);
9 for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
10 if (n&1)printf("Second\n");
11 else{
12 mat.clear();
13 int flag=0;
14 for(int i=1;i<=n;i++){
15 mat[a[i]]^=1;
16 flag+=2*mat[a[i]]-1;
17 }
18 if (flag)printf("First\n");
19 else printf("Second\n");
20 }
21 }
22 }

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