不知道这个为什么是红题，让我们一起看看

前置知识：齐肯多夫（Zeckendorf）定理

内容：任何正整数都可以表示成若干个不连续的斐波那契数之和，这种和式称为齐肯多夫表述法，构造这种和式可以通过每次贪心选出最大的不超过它的斐波那契数。

证明（这里只考虑 $n$ 不为斐波那契数的情况）：

考虑数学归纳法，可以无脑得到$1=1,2=2,3=3,4=1+3,5=2+3\dots$
假设现在所有小于 $n$ 的数都满足该定理，那么我们选择让 $n$ 减去最大的不超过它的斐波那契数，显然新的 $n$ 小于了旧的 $n$ ，故满足，至于为什么不会选重斐波那契数见下文

构造证明

考虑我们依次取 $Fib_{t_1}\leqslant n<Fib_{t_1+1},Fib_{t_2}\leqslant n-Fib_{t_1}<Fib_{t_2+1}$
显然，$t_1\not=t_2$ ，因为$2Fib_{t_1}\geqslant Fib_{t_1}+Fib_{t_1-1}=Fib_{t_1+1}>n$

先看结论：
1.如果n为斐波那契数，则先手必输。
2.如果正整数 n 不为斐波那契数，则先手必赢。

证明：
1.先手不能一起全部取走，给后手的如果是一个斐波那契数，那么后手一定能给回来另一个斐波那契数，因为后手可以选择的数字的范围更大，久而久之先手一定会给后手一个非斐波那契数，然后看下一个证明
2.根据齐肯多夫定理，我们可以把n表示为 $f_1+f_2+\dots+f_k$ 满足 $\forall i，f_i$ 为斐波那契数。$f_1<f_2<\dots <f_k$。先手先取 $f_1$，显然后手没法一步取走 $f_2$ ，因为$f_2>2f_1$一定存在。我们假设先手足够聪明，那么先手一定可以通过拉扯来作为取走属于 $f_2$ 的最后一个元素。同理我们对于每一个 $f_i$ 最后的一个元素都是先手取走的，所以最后是先手赢。

最后是代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<map>
#include<cmath>
#define ll long long
#define int long long
#define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
#define RFOR(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);--i)
#define rop(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);++i)
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i>(b);--i)
using namespace std;
int iread(){int x=0,y=1;char c=getchar();while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-') y=-1;c=getchar();}while('0'<=c&&c<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+(c^'0');c=getchar();}return x*y;}
ll lread(){ll x=0,y=1;char c=getchar();while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-') y=-1;c=getchar();}while('0'<=c&&c<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+(c^'0');c=getchar();}return x*y;}
map<int,int> ma;
int a,b,c;
signed main(){int T=1;while(T--){
	a=b=1;
	c=a+b;
	while(c<=10000000000ll){
		ma[a]=ma[b]=ma[c]=1;
		a=b;
		b=c;
		c=a+b;
	}
    int n;
	while(1){
		n=iread();
		if(!n) break;
		if(ma[n]) puts("Second win");
		else puts("First win");
	}
}return 0;}