一、题目
二、解法
由于这是一个不平等博弈，我称左边的玩家为"左手"，右边的玩家为"右手"
通过手玩可以给出一些合理的猜测：当前人正在拿的那一堆的石子数越多越优。证明方法同样简洁：对于石子数更少的必胜方案，我们只需要把最后一步从取最后一个石子改成取走整堆石子，其他地方都不变即可。
那么可以根据这个性质来 \(dp\)，设 \(F[l][r]\) 表示 \((l,r]\) 的石子都是原序列中的整堆，左手必胜需要最小的石子数是多少；再设 \(G[l][r]\) 表示 \([l,r)\) 的石子都是原序列中的整堆，右手必胜需要的最小石子数是多少，下面我们讨论 \(F[l][r]\) 的转移，\(G[l][r]\) 的转移可以类似地推导出来。
首先考虑有两个显然的偏序关系（都是根据定义而来的）：
- \(G[l+1][r]>a_r\)，若此时左手执，则左手取完这堆石子之后必胜。
- \(F[l][r-1]>a_l\)，若此时右手执，则右手取完这堆石子之后必胜。
第一种转移：若 \(G[l+1][r]>a_r\)，那么 \(F[l][r]=1\)
第二种转移：若 \(G[l+1][r]\leq a_r\)，右手一定会在 \(G[l+1][r]=a_r\) 的时候取完这堆石子，那么胜利的条件是可以逼迫后手进行完拉锯战，并且右手取完石子之后还可以满足子问题的胜利条件：
\[F[l][r]=(a_r-G[l+1][r]+1)+F[l][r-1]
\]
用区间 \(dp\) 的方式转移即可，最后判断 \(F[1][n]\) 和 \(a_1\) 的关系即可得出答案，时间复杂度 \(O(n^2)\)
三、总结
博弈论的新奇结论：考虑是否存在某一个分界点，使得它一边是 \(N\) 状态，一边是 \(P\) 状态。
博弈论中多考虑一些必胜态与必败态也许有助于思考（怎么感觉像是废话啊）
#include <cstdio>
const int M = 105;
#define int long long
int read()
{
int x=0,f=1;char c;
while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
return x*f;
}
int T,n,a[M],F[M][M],G[M][M];
void work()
{
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
a[i]=read(),F[i][i]=G[i][i]=1;
for(int l=n;l>=1;l--)
for(int r=l+1;r<=n;r++)
{
//transform of F
if(G[l+1][r]>a[r]) F[l][r]=1;
else F[l][r]=(a[r]-G[l+1][r]+1)+F[l][r-1];
//transform of G
if(F[l][r-1]>a[l]) G[l][r]=1;
else G[l][r]=(a[l]-F[l][r-1]+1)+G[l+1][r];
}
puts(F[1][n]<=a[1]?"First":"Second");
}
signed main()
{
T=read();
while(T--) work();
}