一个序列满足单调递增。一次合法的操作是选择一个数，要求这个数在上一个选择的数的后面，并且要求选的数形成的子序列满足相邻的差递增。
两个人轮流操作，有若干个序列，问先手必胜还是后手必胜。
(nle 10^5)。
gmh77：这题不值得3500。
我一道题搞了一天。。。
普通的DP考虑：(f_{i,j})表示计算以(i)开始的答案，要求差大于(j)的(sg)值。
显然(sg)值不超过(sqrt {2V} +1)，(V)表示最大值。又可以发现，当(i)固定时，随着(j)的增加，(sg)单调不增。于是可以将普通的DP魔改一下，将(sg)值丢进状态中。变成：(f_{i,sg})表示计算以(i)开始的答案，大于等于这个(sg)值的最大(j)。
转移考虑枚举(sg'=0dots sg-1)，对于每个(sg')找到最大的(j)满足(f_{j,sg'}ge v_j-v_i)且(f_{j,sg'+1}<v_j-v_i)。将所有的(j)取(min)，就是我们需要求的。
用数据结构优化这个过程：对于每个(sg')维护个数据结构，表示(v_i)为多少能得到多少的贡献。(j)可以对([v_j-f_{j,sg'},v_j-f_{j,sg'+1}))作出贡献。由于是从后往前做，所以(j)是递减的，那这个数据结构实际上支持的是：对一个区间中为空的位置进行覆盖。并查集就可以了。
首先离散化，数据结构的总大小为(O(sqrt Vn))。转移的时候需要将操作的区间对应到离散化后的区间，二分会TLE，可以对值域分块，将离散化后的值打到每个点上，时间是(O(nsqrt V))的；不过这题给出(Tle 1000)，所以直接暴力打也没有问题。转移的时间复杂度为(O(sqrt nVlg n))，这个(lg)来自并查集，常数极小所以可以忽略不计。
using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#define N 100005
#define V 500
#define INF 1000000000
int n;
int v[N];
int q[N],re[N],m;
int B;
int pd[N],pb[N],bel[N],L[N],R[N],nb;
bool cmpq(int a,int b){return v[a]<v[b];}
void change(int l,int r,int c){
if (bel[l]==bel[r]){
for (int i=l;i<=r;++i)
pd[i]=c;
return;
}
for (int i=l;i<=R[bel[l]];++i)
pd[i]=c;
for (int i=r;i>=L[bel[r]];--i)
pd[i]=c;
for (int i=bel[l]+1;i<=bel[r]-1;++i)
pb[i]=c;
}
void init(){
m=0;
for (int i=1,last=-1;i<=n;++i){
if (last!=v[q[i]]){
re[last=v[q[i]]]=++m;
q[m]=q[i];
}
}
for (int i=1;i<=v[n];++i)
q[i]=v[q[i]];
q[m+1]=v[n]+1;
for (int i=1;i<=nb;++i)
pb[i]=0;
change(0,q[1]-1,0);
for (int i=1;i<=m;++i)
change(q[i],q[i+1]-1,i);
}
int query(int x){return pb[bel[x]]?pb[bel[x]]:pd[x];}
int f[V],g[V][N];
struct Node{
Node *fa;
Node *g(){
return fa==this?this:fa=fa->g();
}
} d[V][N];
void modify(Node d[],int g[],int l,int r,int c){
l=max(l,0),r=min(r,v[n]+1),r--;
if (l>r) return;
// l=lower_bound(q,q+m+1,l)-q;
// r=upper_bound(q,q+m+1,r)-q-1;
l=(l==0?0:query(l-1)+1);
r=query(r);
if (l>r) return;
Node *t=&d[l];
while (1){
t=t->g();
if (t-d>r)
break;
g[t-d]=c;
t->fa=(t+1)->g();
}
}
int mex(int q[],int t){
sort(q,q+t);
int j=0;
for (int i=0;i<t;++i){
if (q[i]>j)
return j;
if (q[i]==j)
j++;
}
return j;
}
int p[N],cnt;
int main(){
// freopen("in.txt","r",stdin);
// freopen("out.txt","w",stdout);
for (int i=1;i<=v[n];++i)
bel[i]=(i-1)/V+1,R[bel[i]]=i,nb=bel[i];
for (int i=1;i<=nb;++i)
L[i]=R[i-1]+1;
int T;
scanf("%d",&T);
int xo=0;
while (T--){
scanf("%d",&n);
for (int i=1;i<=n;++i)
scanf("%d",&v[i]),q[i]=i;
sort(q+1,q+n+1,cmpq);
B=sqrt(v[n]*2)+1;
init();
for (int j=0;j<=B;++j)
for (int i=0;i<=m+1;++i){
g[j][i]=-INF;
d[j][i].fa=&d[j][i];
}
cnt=0;
for (int i=n;i>=1;--i){
static int t[N];
for (int sg=0;sg<B;++sg)
t[sg]=g[sg][re[v[i]]];
f[0]=INF;
for (int sg=1;sg<=B;++sg)
f[sg]=min(f[sg-1],t[sg-1]);
for (int sg=1;sg<=B;++sg)
f[sg]=f[sg]-v[i]-1;
for (int sg=B-1;sg>=0;--sg)
if (f[sg]!=f[sg+1])
modify(d[sg],g[sg],v[i]-f[sg],v[i]-f[sg+1],v[i]);
int ans=0;
for (ans=0;ans<=B;++ans)
if (f[ans]<0)
break;
p[cnt++]=ans-1;
}
int ans=mex(p,cnt);
// printf("%d
",ans);
xo^=ans;
}
if (xo)
printf("YES
");
else
printf("NO
");
return 0;
}