给你一个下标从 0 开始的整数数组 nums 和一个正整数 x 。
你 一开始 在数组的位置 0 处，你可以按照下述规则访问数组中的其他位置：
如果你当前在位置 i ，那么你可以移动到满足 i < j 的 任意 位置 j 。
对于你访问的位置 i ，你可以获得分数 nums[i] 。
如果你从位置 i 移动到位置 j 且 nums[i] 和 nums[j] 的 奇偶性 不同，那么你将失去分数 x 。
请你返回你能得到的 最大 得分之和。
注意 ，你一开始的分数为 nums[0] 。
示例 1：
输入：nums = [2,3,6,1,9,2], x = 5
输出：13
解释：我们可以按顺序访问数组中的位置：0 -> 2 -> 3 -> 4 。
对应位置的值为 2 ，6 ，1 和 9 。因为 6 和 1 的奇偶性不同，所以下标从 2 -> 3 让你失去 x = 5 分。
总得分为：2 + 6 + 1 + 9 - 5 = 13 。
示例 2：
输入：nums = [2,4,6,8], x = 3
输出：20
解释：数组中的所有元素奇偶性都一样，所以我们可以将每个元素都访问一次，而且不会失去任何分数。
总得分为：2 + 4 + 6 + 8 = 20 。
动态规划
class Solution {
public:long long maxScore(vector<int>& nums, int x) {long long res = nums[0];int n = nums.size();vector<long long> dp(2, INT_MIN);dp[nums[0]%2] = nums[0];for(int i = 1; i < n; i++){int k = nums[i] % 2;long long cur = max(dp[k] + nums[i], dp[1-k] + nums[i] - x);res = max(res, cur);dp[k] = cur;}return res;}
};
时间复杂度：O(n)，其中 n 是数组 nums 的长度。
空间复杂度：O(1)。
对于这道题目，我们可以定义一个容量为2的dp数组来说明他的奇偶性，并储存最后移动的元素为偶数时得分的最大值和最后移动的元素为奇数时得分的最大值。
在访问位置i的时候，假设i是奇数，则最大的dp[1]有可能是从上一个最大dp[1]加上当前nums[i]转移而来，或者是从上一个最大dp[0]加上nums[i]减去x转移而来，由于nums[i]在题目中大于0，则cur无论如何都会比之前的dp[1]要大。
然后我们通过res来记录最大的得分情况，并在循环最后，更新dp[1]为cur。以上是以奇数举例，偶数同理。
