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这是一个非平等博弈。但是只要求你判断胜负，本身也不是一道结论题，所以可以用$DP$来解决。

结论：第一堆石子剩的越多，先手玩家获胜的概率越大。这直接引出了一个非常感性的结论：每次取石子时要么取一堆，要么只取一个。很难理性证明这个博弈策略是正确的，但是博弈本身就是很玄学的东西，似乎我们找不出来一套普适的理论去判断游戏的胜负。那么只要这个策略本身具有合理性就可以采纳。就这道题而言，取一堆石子可以看成是加快游戏进度，取一个石子可以看成是让游戏的步数延长。看来这道题当中游戏步数是非常重要的维度，我们可以通过比较游戏步数的大小来判定胜负。

然后就是编$DP$状态。设$f_{l,r}$表示剩$[l+1,r]$堆中石子时先手获胜，$a_l$的最小数目，$g_{l,r}$表示剩$[l,r-1]$堆中石子时后手获胜（后手先操作），$a_r$的最小数目。注意，这里我们要求$[l,r]$中的石子堆都非空。这个状态给我一种$\text{border}$的感觉，也就是要么左端点被截断或者右端点被截断，正好就是对应左右两端中两堆石子被消耗的过程。

接着编具体的转移。其实并不复杂：如果$g_{l+1,r}>a_r$那么直接将第$l$堆取空就行，有$f_{l,r}=1$；否则先手一定是消耗，并且$a_l>1$，任意时刻如果$a_l<f_{l,r-1}$那么后手就会将第$r$堆取完，从而先手必败，那么分类讨论：

$1.1$ 如果$g_{l+1,r}=1$，那么一定要是后手取完，并且此时$a_l$恰好为$f_{l,r-1}$，有$f_{l,r}=f_{l,r-1}+a_r$

$1.2$ 如果$g_{l+1,r}\ne 1$，那么当$a_l=f_{l,r-1}$时第$r$堆也恰好为$g_{l+1,r}-1$，此时再将$a_l$取完就变成先手必胜了，有$f_{l,r}=f_{l,r-1}+a_r-g_{l+1,r}+1$。

后手和先手是对称的就不说了。这个$DP$转移还挺容易推错的，可能主要是因为没有想到临界时两端的石子数目都不为$0$。

复杂度$O(n^2)$。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define db double
using namespace std;
int T,n;
ll a[105],f[105][105],g[105][105];
int main(){ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0),cout.tie(0);cin>>T;while(T--){cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];memset(f,0x3f,sizeof f),memset(g,0x3f,sizeof g);for(int i=1;i<=n;i++){f[i][i]=1,g[i][i]=1;}for(int len=2;len<=n;len++){for(int l=1;l<=n-len+1;l++){int r=l+len-1;if(g[l+1][r]>a[r])f[l][r]=1;else f[l][r]=f[l][r-1]+a[r]-g[l+1][r]+1;if(f[l][r-1]>a[l])g[l][r]=1;else g[l][r]=g[l+1][r]+a[l]-f[l][r-1]+1;}}if(n==1||f[1][n]<=a[1]){cout<<"First"<<"\n";}else{cout<<"Second"<<"\n";}}
}