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Description
一堆石子有n個,兩人輪流取.先取者第1次可以取任意多個，但不能全部取完.以後每次取的石子數不能超過上次取子數的2倍。取完者勝.先取者負輸出"Second win".先取者勝輸出"First win".
Input
多組測試數據。
每組測試數據包含1個整數n。(1<n<=1000000000)
Output
對於每組測試數據，輸出誰獲勝.
Sample Input
2
13
10000
Sample Output
Second win
Second win
First win
HINT
Source
經典斐波那契博弈
我們來分析一下，首先第一個人不能拿超過三分之一的石子，不然必敗。
當n=2時，必敗。
n=3時，必敗。
n=4時，必勝。
n=5時，必敗。（取1，餘4，對面必勝，取2，對面取3.。。）
n=6時，必勝。（取1個，就變成了對面是5的情況）
n=7時，必勝。（取2個，對面就是5）
n=8時，必敗。（8/3=2，不能超過2個，前面兩個都是對面的必勝態。。。）
通過上面我們可以發現，必敗點爲2，3，5，8.。。。滿足斐波那契數列。
證明（轉）
1、當i=2時，先手只能取1顆，顯然必敗，結論成立。
2、假設當i<=k時，結論成立。
則當i=k+1時，f[i] = f[k]+f[k-1]。
則我們可以把這一堆石子看成兩堆，簡稱k堆和k-1堆。
（一定可以看成兩堆，因爲假如先手第一次取的石子數大於或等於f[k-1]，則後手可以直接取完f[k]，因爲f[k] < 2*f[k-1]）
對於k-1堆，由假設可知，不論先手怎樣取，後手總能取到最後一顆。下面我們分析一下後手最後取的石子數x的情況。
如果先手第一次取的石子數y>=f[k-1]/3，則這小堆所剩的石子數小於2y，即後手可以直接取完，此時x=f[k-1]-y，則x<=2/3*f[k-1]。
我們來比較一下2/3*f[k-1]與1/2*f[k]的大小。即4*f[k-1]與3*f[k]的大小，由數學歸納法不難得出，後者大。
所以我們得到，x<1/2*f[k]。
即後手取完k-1堆後，先手不能一下取完k堆，所以遊戲規則沒有改變，則由假設可知，對於k堆，後手仍能取到最後一顆，所以後手必勝。
即i=k+1時，結論依然成立。
對於不是FIB數，首先進行分解。
分解的時候，要取儘量大的Fibonacci數。
比如分解85：85在55和89之間，於是可以寫成85=55+30，然後繼續分解30,30在21和34之間，所以可以寫成30=21+9，
依此類推，最後分解成85=55+21+8+1。
則我們可以把n寫成 n = f[a1]+f[a2]+……+f[ap]。（a1>a2>……>ap）
我們令先手先取完f[ap]，即最小的這一堆。由於各個f之間不連續，則a(p-1) > ap + 1，則有f[a(p-1)] > 2*f[ap]。即後手只能取f[a(p-1)]這一堆，且不能一次取完。
此時後手相當於面臨這個子游戲（只有f[a(p-1)]這一堆石子，且後手先取）的必敗態，即先手一定可以取到這一堆的最後一顆石子。
同理可知，對於以後的每一堆，先手都可以取到這一堆的最後一顆石子，從而獲得遊戲的勝利。
#include <stdio.h>
#include <math.h>
int main()
{
double a[60];
a[0]=1;a[1]=1;
for(int i=2;i<60;i++)
{
a[i]=a[i-1]+a[i-2];
}
int x,y,z;
while(~scanf("%d",&x))
{
y=0;
for(int i=0;i<60;i++)
{
if(x==a[i]){y++;}
}
if(y>0){printf("Second win\n");}
else{printf("First win\n");}
}
}