A

当 $n, a, b$ 同奇偶，显然成立。
由于按顺序的，所以只能由 $b$ 覆盖 $a$，所以当三者奇偶性不相同但是 $n$ 与 $b$ 同奇偶时，也成立。
除了这两种情况以外都不成立。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long 

int T;

void solve() {
    int n, a, b;
    std::cin >> n >> a >> b;
    if(n % 2 == a % 2 && a % 2 == b % 2) std::cout << "YES\n";
    else if(n % 2 == b % 2 && a < b) std::cout << "YES\n";
    else std::cout << "NO\n";
}

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    std::cin.tie(0);

    std::cin>>T;

    while(T--) {
        solve();
    }
    
    return 0;
}

B

当 $k$ 为奇数时，只需把每个数都加成偶数即可。
当 $k$ 为偶数时，需要找到一个奇数 $b$ 使得 $b$ 不是 $k$ 的因数，然后将所有的数都加成 $b$ 的倍数，可以证明每个数加的次数一定都小于 $k$ 。
$b$ 的求法，可以将 $k$ 一直除以 $2$ 直至为奇数，然后再加上 $2$ ，这样一个值即为一个符合条件的 $b$ ，时间复杂度 $O(\log k)$.
知道了 $b$ 后，如何将 $a[i]$ 加成一个 $b$ 的倍数？
有 $a[i] + kx = by$ ，所以即为同余方程 $kx + by = a[i]$，由上述 $b$ 的求法，显然 $b$ 与 $k$ 互质，所以这个同余方程一定有解，用扩展欧几里得算法求解即可，得到 $x_0, y_0$.
题目中要求加的次数不超过 $k$ ，所以有 $-k \le x \le 0$，而有 $x = x_0 + tb$，代入解得 $\dfrac{-k-x_0}{b} \le t \le \dfrac{-x_0}{b}$，取 $t = \Big\lceil\dfrac{-k-x_0}{b}\Big\rceil$ 再进行调整即可得出 $x$.
$a[i]$ 最终的值即为 $a[i] - kx$.

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long 

int T;

void Exgcd(ll a,ll b, ll& x, ll& y) {
    if(!b) x = 1, y = 0;
    else {
        Exgcd(b, a % b, x, y);
        int t = x;
        x = y, y = t - a / b * y;
    }
}

void solve() {
    ll n, k;
    std::cin >> n >> k;
    std::vector<ll> a(n + 1);
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        std::cin >> a[i];
    }
    if(n == 1) {
        std::cout << a[1] + k << "\n";
    }
    else {
        if(k & 1) {
            for(int i = 1; i <= n; i++) {
                if(a[i] & 1) a[i] += k;
            }
            for(int i = 1; i <= n; i++) {
                std::cout << a[i] << " ";
            } std::cout << "\n";
        }
        else {
            ll b = k;
            while(b % 2 == 0) b /= 2;
            b += 2;
            ll x, y;
            Exgcd(k, b, x, y);
            for(int i = 1; i <= n; i++) {
                ll X, Y;
                X = x * a[i], Y = y * a[i];
                ll t = ceil((double)(-k - X) / b);
                if(X + b * t < -k) t++;
                if(X + b * t > 0) t--;
                X += b * t;
                a[i] -= X * k;
            }
            for(int i = 1; i <= n; i++) {
                std::cout << a[i] << " ";
            } std::cout << "\n";
        }
    }
}

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    std::cin.tie(0);

    std::cin>>T;

    while(T--) {
        solve();
    }
    
    return 0;
}

C

先考虑奇数项，把其变成左右两个偶数项中的较小值。
再考虑偶数项，经过了上一步操作，每次一个子区间往后/往前扩展两个位置时，偶数项增量一定比奇数项增量大，所以只需考虑偶数项与其左右两个奇数项构成的子区间。从前往后考虑每个子区间 $[a, b, c]$，其中 $b$ 为偶数项，如果 $b \ge a + c$ 则不用操作，否则令 $sub = a + c - b$，贪心地把这个 $sub$ 尽可能全用在 $c$ 上即可。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long 

int T;

void solve() {
    int n;
    std::cin >> n;
    std::vector<ll> a(n + 1);
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        std::cin >> a[i];
    }
    ll ans = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i += 2) {
        ll minn;
        if(i == 1) minn = a[i + 1];
        else if(i == n) minn = a[i - 1];
        else minn = std::min(a[i - 1], a[i + 1]);
        if(minn > a[i]) continue;
        ans += a[i] - minn;
        a[i] = minn;
    }
    for(int i = 2; i <= n; i += 2) {
        if(i == n) continue;
        ll sum = a[i - 1] + a[i + 1];
        if(sum <= a[i]) continue;
        ll sub = sum - a[i];
        ans += sub;
        if(sub > a[i + 1]) a[i + 1] = 0;
        else a[i + 1] -= sub;
    }
    std::cout << ans << "\n";
}

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    std::cin.tie(0);

    std::cin>>T;

    while(T--) {
        solve();
    }
    
    return 0;
}