题目

考虑加任意一条边时都会输的图的状态：图被分成两个强联通分量，每一个强联通分量都是一个完全图。

也就是说，假设一开始节点 $1$ 和节点 $n$ 不联通，那么还可以加 $\frac{n(n-1)}{2}-m-cn{t}_1(n-cn{t}_1)$ 次，其中 $cn{t}_x$ 代表 $x$ 所在联通块大小。

• 若 $n$ 为奇数
  • 此时 $cn{t}_1(n-cn{t}_1)$ 一定是偶数，只用对 $\frac{n(n-1)}{2}-m$ 进行讨论，你偏要加上 $cn{t}_1(n-cn{t}_1)$ 也不是不行。
• 否则：
  • 若 $cn{t}_1=cn{t}_n$：
    • 此时先手一定可以选择 $cn{t}_1$ 和 $cn{t}_n$ 的奇偶性（通过增加联通块的点），所以先手必胜。
    • 否则，对 $\frac{n(n-1)}{2}-m-cn{t}_1(n-cn{t}_1)$ 进行判断。

Code：

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int t, n, m;
int f[200100], cnt[200100];
int find(int x) {return x == f[x] ? x : f[x] = find(f[x]);}

signed main() {
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	cin >> t;
	while (t--) {
		cin >> n >> m;
		for (int i = 1; i <= n; i++) {
			f[i] = i;
			cnt[i] = 0;
		}
		for (int i = 1; i <= m; i++) {
			int a, b;
			cin >> a >> b;
			f[find(b)] = find(a);
		}
		for (int i = 1; i <= n; i++) {
			cnt[find(i)]++;
		}
		if (find(1) == find(n)) {
			cout << "Second\n";
		}
		else if (n % 2) {
			if (((n * (n - 1) / 2) - m) % 2) cout << "First\n";
			else cout << "Second\n";
		}
		else {
			if (cnt[find(1)] % 2 != cnt[find(n)] % 2) {
				cout << "First\n";
			}
			else {
				if (((n * (n - 1) / 2) - m - cnt[find(1)] * (n - cnt[find(1)])) % 2) cout << "First\n";
				else cout << "Second\n";
			}
		}
	}
	return 0;
}