題目：傳送門

題意

有兩個人 First 和 Second 在玩遊戲，首先，給出一個 n，First 會將 1,2,....2*n 這 2*n 個數分成 n 組，而 Second 要在這 n 組數中，每組選一個數，若 Second 選的 n 個數的和是 2 * n 的倍數，則 Second 贏，否則，Frist 贏。

現在給你一個 n，問你你是要選 First 還是選 Second；

若你選 First，那你需要輸出一個長度為 2*n 的序列， ans[ i ] 表示 i 這個數屬於哪個組，且你的分組必須使得 Second 不能贏。

若你選 Second，那會輸入一個 2 * n 的序列，表示 First 的分組，你需要輸出 n 個不同組的數，表示你選則的數，且這些數的和必須是 2 * n 的倍數。

1 <= n <= 5e5

思路

精彩講解

首先，這題需要分兩種情況考慮

1.若 n 是偶數，則選先手必勝

此時可以讓 (i, i + n) 一組，這樣，Second 選擇的 n 個數，取餘 n 分別等於 1, 2, 3, .. n - 1，那麼他們的總和就是 s = n * (n - 1) / 2，設 n = 2 * m, 則 s = m * (2 * m - 1)，由於 2 * m - 1 是奇數，所以，s 不可能是 n 的倍數，就更加不可能是 2n 的倍數了。

2.若 n 是奇數，則後手必勝

結論1：首先，若可以選擇出 n 個數，使得它們的和是 n 的倍數，則一定存在一種策略，選擇出 n 個數，使得它們的和是 2n 的倍數，此時它們的和在 mod n 意義下就是 0 + 1 + 2 +... + (n - 1) = n * (n - 1) / 2，一定是 n 的倍數。

證：

首先， 1 + 2 + ... + 2*n = 2*n * (2*n + 1) / 2 = n * (2 * n + 1)，所以 n * (2 * n + 1) % (2 * n) = n，也就是所有數的和 % 2n = n。

那如果我們選擇出的 n 個數的和 % 2n = n，那其他的 n 個數的和 % 2n 就會等於 0，所以無論如何，一定可以選出 n 個數，使得它們的和 % 2n = 0；

結論2：一定存在一種方案，使得 mod n = 0, 1, 2 .... n - 1 的數各被選中一次

證：

先隨便選一個modn = 0的數（也就是n或2n）。假設與它配對的數modn=x。再選另一個

#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define ULL unsigned long long
#define UI unsigned int
#define mem(i, j) memset(i, j, sizeof(i))
#define rep(i, j, k) for(int i = j; i <= k; i++)
#define dep(i, j, k) for(int i = k; i >= j; i--)
#define pb push_back
#define make make_pair
#define INF 0x3f3f3f3f
#define inf LLONG_MAX
#define PI acos(-1)
#define fir first
#define sec second
#define lb(x) ((x) & (-(x)))
#define dbg(x) cout<<#x<<" = "<<x<<endl;
using namespace std;

const int N = 1e6 + 5;

int n, x, vis[N], pre[N];

vector < int > G[N];

vector < int > Q[2];

void dfs(int u, int x) {

    Q[x].pb(u);  vis[u] = 1;

    for(auto v : G[u]) if(!vis[v]) dfs(v, x ^ 1);

}

void solve() {

    cin >> n;

    if(n % 2 == 0) {

        cout << "First" << endl;

        rep(i, 0, (2 * n) - 1) {
            
            cout << (i % n) + 1 << " ";

        }
        
        cout << endl;
        
        cin >> x;

        return ;

    }

    cout << "Second" << endl;

    rep(i, 1, 2 * n) {

        cin >> x;

        if(!pre[x]) pre[x] = i;

        else G[pre[x]].pb(i), G[i].pb(pre[x]);

    }

    rep(i, 1, n) G[i].pb(i + n), G[i + n].pb(i);

    rep(i, 1, 2 * n) if(!vis[i]) dfs(i, 0);

    LL s = 0;

    for(auto v : Q[0]) s += v;

    if(s % (2 * n) == 0) {

        for(auto v : Q[0]) cout << v << " ";

    }

    else for(auto v : Q[1]) cout << v << " ";

    cout << endl;

    cin >> x;

}


int main() {

//    int _; scanf("%d", &_);
//    while(_--) solve();

    solve();

    return 0;
}