大致题意：
一共有n个阶段，每个阶段分四种情况：
0:这个阶段没有鱼和蛤蜊。
1:这个阶段没有鱼，只有一只蛤蜊。
2:只有一条鱼，这个阶段没有蛤蜊。
3:在这个阶段有一条鱼和一个蛤蜊。
一个蛤蜊可以做成一个鱼饵，没有鱼的阶段，可以通过消耗一个鱼饵来钓一条鱼。
如果阶段上有鱼，可以直接用手抓过来不需要鱼饵。
问最多可以抓几条鱼
思路：
如果是2和3的情况，直接无脑选择抓鱼
只需要考虑0和1的情况。
问题在于如果是情况1，我们应该选择消耗一个鱼饵钓鱼，还是选择抓一个蛤蜊做成鱼饵？
方法是，我们先假设1的情况全部选择加鱼饵，进行到结尾，看还有几个鱼饵。
这时候倒过来“反悔”，如果当前的点是1，先把鱼饵-1。因为之前过来的时候在这里增加了一个鱼饵，所以现在要回溯。然后再看是否有多出来的鱼饵，如果有，则鱼饵数量再-1，鱼的数量+1。
int px = n-1;while(yr&&px>=0){//从后往前"反悔" if(s[px]=='1'){yr--;//之前在这里获取过鱼饵，所以倒退时间的时候要还回去if(yr>=1){//考虑之前第1种情况能不能把拿鱼饵换成钓鱼 yr--;res++;//“反悔”把原本的加鱼饵变成钓鱼}}px--;}
最后，把反悔拿到的鱼和之前23抓到的鱼加起来就得到了结果
代码：
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<map>
#include<queue>
#include<cmath>
using namespace std;template<class T>inline void read(T &x){x=0;char o,f=1;while(o=getchar(),o<48)if(o==45)f=-f;do x=(x<<3)+(x<<1)+(o^48);while(o=getchar(),o>47);x*=f;}
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
#define ll long long
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define repb(i,a,b) for(int i=(a);i>=b;i--)
#define INF 0x3f3f3f3f
#define cendl printf("\n")
ll gcd(ll a,ll b){ while(b^=a^=b^=a%=b); return a; }
//#define INF 0x7fffffffconst int MAXN = 2e6+5;
string s;void solve(){int n;cin>>n;cin>>s;int res = 0;int yr = 0;//记录鱼饵数量 for(int i=0;i<n;i++){if(s[i]=='0'&&yr){yr--;res++;} else if(s[i]=='1'){//先假设，如果遇到可以拿鱼饵又可以抓鱼的情况，我们都先选拿鱼饵 yr++;}else if(s[i]=='2'||s[i]=='3'){//遇到有鱼的情况，毫不犹豫直接抓鱼 res++;}}int px = n-1;while(yr&&px>=0){//从后往前"反悔" if(s[px]=='1'){yr--;//之前在这里获取过鱼饵，所以倒退时间的时候要还回去if(yr>=1){//考虑之前第1种情况能不能把拿鱼饵换成钓鱼 yr--;res++;//“反悔”把原本的加鱼饵变成钓鱼}}px--;}cout<<res<<endl;
}int main(){int z;cin>>z;while(z--) solve();
}