很好的贪心题。
考虑从左到右枚举每个位置，每次在右边添加一个数时更行答案。
容易想到记录当前前缀可以继续向右延伸的 \(1,2,3\) 操作的个数。记当前需要添加的数为 \(i\)，用 \(c,x,y\) 分别表示可以继续向右延伸（从 \(\le i-1\) 的位置）的三种操作的个数：连续区间、奇偶性与 \(i\) 相同的位置、奇偶性与 \(i\) 不同的位置。
考察当前添加的数 \(a_i\)，与 \(c+x\) 进行比较：
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若 \(c+x\le a_i\)，则所有经过 \(i\) 的操作都能继续向右拓展，还需要添加 \(a_i-c-x\) 个新操作。
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否则，需要删去 \(a_i-c-x\) 个经过 \(i\) 的操作。记 \(t=a_i-c-x\) 表示需要删除的操作数，有 \(c+x-t=a_i\)，考虑将删除操作转化为添加操作。若 \(t>c\)，则 \(x\) 至少删去 \(t-c\) 个，先令 \(x\leftarrow x-(t-c),t\leftarrow c\)，对于 \(t>x\) 同理，加下来考虑 \(t\le\min(x,c)\) 的情况。
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令 \(x\leftarrow x-t,c\leftarrow c-t\)，即对两种操作都先删除 \(t\) 个，此时 \(\min(x,c)\ge 0\) 且 \(c+x+t=a_i\)，需要添加 \(t\) 个新操作，这些操作可以在 \(x,c\) 中任意选，转化为第一种情况。注意要将答案减去 \(t\)。
接下来考虑怎么处理第一种情况。考察操作的性质，\(1\) 类操作可以向右拓展当且仅当 \(a_{i+1}>0\)。进行完前面的操作后 \(a_{i+1}\) 还剩 \(\max(a_{i+1}-c-y,0)\)，容易想到添加 \(\min(t,\max(a_{i+1}-c-y,0))\) 个 \(1\) 类操作，剩下的用 \(2,3\) 类处理，考虑证明这样选的总 cost 最小。
记 \(b=\max(a_{i+1}-c-y,0)\)，将操作依次进行，假设在 \(b>0\) 时对 \(i\) 进行后两种操作。
- 若对 \(b\) 进行了 \(1\) 类操作，则将其左端点设为 \(i\)，原本 \(i\) 上的某个 \(2,3\) 类操作左端点设为 \(i+2\)，一定不劣。
- 若对 \(b\) 进行了 \(2,3\) 类操作，显然与 \(i\) 上的 \(2,3\) 类有个右端点更靠前，将前面这段替换为 \(1\) 操作，右端点后面再进行 \(2,3\) 类操作，一定不劣。
综上这个贪心是对的，于是就做完了。时间复杂度 \(\mathcal O(n)\)，参考代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mxn 100003
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
#define rept(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);++i)
#define drep(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);--i)
using namespace std;
int T,n,a[mxn];
ll ans;
signed main(){scanf("%d",&T);while(T--){scanf("%d",&n);rep(i,1,n)scanf("%d",&a[i]);ans=0;for(int i=1,c=0,x=0,y=0;i<=n;++i){if(c+x>a[i]){int t=c+x-a[i];if(t>c)x-=t-c,t=c;if(t>x)c-=t-x,t=x;x-=t,c-=t,ans-=t;}int t=a[i]-c-x;ans+=t;if(i<n){int d=min(t,max(a[i+1]-c-y,0));c+=d,x+=t-d;}swap(x,y);}cout<<ans<<'\n';}return 0;
}