分析：

首先，有兩個很顯然的結論： 1、不考慮除以GCD的情況，就原問題而言（即只是-1），那麼勝負只跟偶數的個數有關：若有偶數個偶數，那麼後手必勝，反之先手必勝。 證明很簡單：很容易想到，奇數的位置其實是可以忽略的，因為當某個人從奇數位-1，另一個人一定可以再在那裡-1，又變為了奇數。偶數不能忽略，因為不一定偶數-1後還能再-1（可能就到1了，不能再-1）。所以每個偶數只需1次操作，就能變為奇數，既可以忽略。

換言之，這題就轉化為：有N個石子，每次可以拿走一顆，求誰勝誰負。這就顯然只跟石子的奇偶性有關了。

2、除以一個奇數，偶數的個數不變。

這證明就更簡單了：奇數/奇數=奇數，偶數/奇數=偶數。

所以，其實只有兩種情況： 1、直接根據偶數的個數分勝負。 2、嘗試所有數除以2

但是，除以2是沒那麼容易的： 如果A除以2後，A必敗，那A不可能去除以2。 如果A除以2後，B必敗，那麼B一定不會允許A除以2。

所以，除以2如果有效，那麼必須在B無法影響的情況下，A一步就達到除以2的條件了。 換言之，只有當前狀態有且僅有1個奇數（不為1）的情況下，並且除以2後能夠使得對方必敗。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");
}