题意简述
有 \(n\) 堆石子，第 \(i\) 堆石子有 \(a_i\) 个。两个人博弈，每次可以选择以下两种操作之一：
- 拿走石子数目最大的那堆石子（若有多个只拿一堆）
- 在每堆石子中都拿走一个石子
无法操作的人胜利，求谁必胜（先手 First 后手 Second）
\(n\le 10^5,a_i\le 10^9\)。
分析
操作二不会改变最大的那堆石子的编号，也就是说，最大的石子堆恒定不变，每次进行操作一取出的石子堆顺序是固定的。
考虑将 \(a_i\) 从大到小排序，则操作一的取石子顺序是从左往右取。而操作二显然是越靠右的石子堆先被取完。
考虑将 \(n\) 个 \(a_i\) 画成一个网格，并有一个红点初始在左下角：
那么若红点向右移，表示原先红点所处的那一列石子堆已经被执行了操作一；若红点向上移，表示执行了一次操作二。那么显然当红点移出网格外时无法操作，即操作人胜利。
知道了转移和终止条件，我们能得出该网格所有点的胜负状态（若该状态所有的后继状态都是胜态则为败态，反之为胜态，此题中无后继状态为胜态）。但显然爆推肯定是死路一条，因为我们只想知道起点的状态，我们可以考虑发掘一些规律。
以上图为例（红色表示败态，蓝色表示胜态）：
发现同一右斜对角线上的点胜负状态相同（证明我不会），考虑将起点沿这条对角线一直扩展到不能再扩展了为止。
数从扩展后的点开始向上、向右能扩展多少格，若两个数全为偶数则先手必胜，否则后手必胜。
证明：由于不能再扩展，所以该点向上、向右是在边缘那一行/一列上的，因此这些点只有一个后继，该点状态与其后继点的状态相反。
代码很简单：
int n,a[maxn];
void solve_the_problem(){
n=rd();rep(i,1,n)a[i]=rd();
sort(a+1,a+n+1,greating);//从大到小排序
int p=1;
while(p<n&&p+1<=a[p+1])++p;
int dis1=a[p]-p,dis2=0,m=p;
while(p<n&&m<=a[p+1])++p,++dis2;
dis1&=1,dis2&=1;
!dis1&&!dis2?PN:PY;
}