思路
看着无从下手，实际上又是一道诈骗题。
假设原数列不存在 \(0\)，那么我们可以直接加入 \(0\)，然后游戏结束，假设答案是 \(k\)。那么，如果我们选择加入 \(k\)，来试图让答案变大，那么 Bob 就会移除一个数，最优的话是 \(1\)，这样的话，你无论加入 \(1\) 还是 \(0\)，答案都不会超过 \(1\)，于是一手好牌就被你打没了，就算 Bob 不移除 \(1\)，移除 \(x\)，你的最终答案也不会超过 \(x\) 了。
（因为 Bob 只能移除比你加入的数还要小的数，所以如果你操作不好，Bob 甚至还没法让你）
那么，我们直接猜测最优的操作是每次加入目前集合中不存在的最小的数。
蒟蒻大概证明一下：
假设目前最小的不存在的数是 \(x\)，那么 \([0,x)\) 都应该是存在的，那么加入以后 \([0,x]\) 都是存在的，答案为 \(x+1\)，此时 Bob 会移除中间的某个数，那么我们再加回来，直到 Bob 移除了 \(0\)，然后你添加了 \(0\)，游戏结束。
但是如果你不加入 \(x\)，那么，Bob 再随便移除一个数 \(y\)，这时，如果你使用之前的策略，答案也只是 \(x\)，不使用的话，Bob 再移除一个小于 \(y\) 的数，答案将会再次变小，你就会无力回天了。
所以想要答案尽可能的大，我们就只能每次选择最小的不存在的数。
蒟蒻在开始想的是拿个 set 存，但是，显然 set 的常数是接受不了的，可以想象，如果数据是 \([0,n-1]\)，那么 Bob 就可以和你扯大约 \(n\) 次皮，加上 set \(\log n\) 的复杂度，轻松让你 TLE。
当然，也可能是我操作 set 有问题，因为我是把前 \(10^5\) 都统计进了一个 set，然后再转一遍到另一个 set，并且赛后才发现给的是有序的，连最开始的 set 也不需要。（果然 OI 学多了，会掉视力）
然后蒟蒻转念一想，如果最开始加入 \(x\)，那么 Bob 无论取走那个数，下一次最小的都一定是 Bob 取走的那个数。
原来这么简单，赛时交了一发 TLE 一定是我脑抽了。
AC code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int T,n,a,p;
set<int>s;
int main()
{
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
cin>>n,s.clear();
for(int i=1;i<=n;++i) cin>>a,s.insert(a);
for(int i=0;i<=100000;++i) if(!s.count(i)){p=i;break;}//这里只是为了方便找到第一次的答案，所以用了set
//其实不需要的，因为给的本身就是有序的，但是赛时没看到，现在又懒得改了。。。
while(1)
{
cout<<p<<endl;//上文是指这里用了set
cin>>a;
if(a==-1||a==-2) break;
p=a;
}
}
return 0;
}