思路

记 $S = \sum_{i = 1}^{n} a_i$。

必胜态：$\exists a_i, s.t. a_i > \lfloor \frac{S}{2} \rfloor$。原因：先手只取满足条件的那堆，当后手把其它堆都取完，先手那堆仍然还有石子，因此后手败。

必败态：$\forall a_i, s.t. a_i \le \lfloor \frac{S}{2} \rfloor \wedge 2 \mid S$。证明：

归纳法

1. $S = 0$ 时，满足以上条件，且先手必败。
2. 假设 $S \in [2, k]$ 时，若以上条件成立，则先手必败。当 $S = k + 2$ 时，若以上条件成立，则至少还剩两堆石子，否则 $a_1 = S > \lfloor \frac{S}{2} \rfloor$。那么，先手从任意堆拿走一颗石子后，如果局面变成必胜态，则先手必败。否则，$\forall a_i, s.t. a_i \le \lfloor \frac{k + 1}{2} \rfloor = \lfloor \frac{k}{2} \rfloor$。此时，后手随意从另外一堆拿走一颗石子后，满足 $\forall a_i, s.t. a_i \le \lfloor \frac{k}{2} \rfloor \wedge 2 \mid k$，根据假设先手必败。

由此得证。

构造法

从左往右，从上到下为每颗石子编号，即第一堆石子从上到下依次编号为 $1 \sim a_1$，第二堆石子从上到下依次编号为 $a_1 + 1 \sim a_1 + a_2$，以此类推。则 $\forall i \in [1, \frac{S}{2}]$，总能找到 $i + \frac{S}{2} \in [\frac{S}{2} + 1, S]$。并且 $i$ 与 $i + \frac{S}{2}$ 不可能在同一堆，否则这一堆石子个数就会大于等于 $i + \frac{S}{2} - i + 1 > \frac{S}{2}$。因此当先手取 $i$ 时，后手可以取 $i + \frac{S}{2}$。反之，若先手取 $i + \frac{S}{2}$，则后手可以取 $i$。如此操作，最后一颗石子一定会被后手拿到。

若 $\forall a_i, s.t. a_i \le \lfloor \frac{S}{2} \rfloor \wedge 2 \not \mid S$，设 $S = 2k + 1, k \in N$，则 $\forall a_i, s.t. a_i \le \lfloor \frac{2k + 1}{2} \rfloor = \lfloor \frac{2k}{2} \rfloor$。此时先手从任意堆取走一颗石子后，局面变成 $\forall a_i, s.t. a_i \le \lfloor \frac{2k}{2} \rfloor \wedge 2 \mid 2k$，即必败态，因此先手必胜。

总结：当且仅当 $\exists a_i, s.t. a_i > \lfloor \frac{S}{2} \rfloor$ 或 $\forall a_i, s.t. a_i \le \lfloor \frac{S}{2} \rfloor \wedge 2 \not \mid S$ 时，先手必胜。

时间复杂度 $O(n)$。

#include <iostream>

using namespace std;

void solve() {
  int n;
  cin >> n;

  int sum = 0, mx = 0;
  for (int i = 0, x; i < n; i++) {
    cin >> x;
    sum += x;
    mx = max(mx, x);
  }

  if (mx > sum / 2 || sum & 1)
    cout << "T" << endl;
  else
    cout << "HL" << endl;
}

int main() {
  cin.tie(0)->sync_with_stdio(0);

  int t;
  cin >> t;
  while (t--) solve();
  return 0;
}