📝 题目大意

从 $(0,0)$ 出发，每秒只能向上下左右移动一格（不能停留），给定 $N$ 个目标点 $(x_i, y_i)$ 和到达时刻 $t_i$，判断能否按计划依次到达所有目标点。

💡 解题思路

1. 题目分析：这是一个判定性问题，关键在于两点之间的移动约束。数据范围 $N \leq 10^5$ 要求 $O(N)$ 解决。$t_i$ 严格递增，且 $x_i, y_i$ 非负，但出发点 $(0,0)$ 在原点，无需特殊处理。

2. 算法推导：

   • 从 $(x_1, y_1)$ 到 $(x_2, y_2)$ 所需的最短时间就是曼哈顿距离：$\text{dist} = |x_2 - x_1| + |y_2 - y_1|$。
   • 如果可用时间 $dt = t_2 - t_1$ 小于 $\text{dist}$，则无法到达，直接输出 No。
   • 如果 $dt \geq \text{dist}$，多出的时间 $\text{extra} = dt - \text{dist}$ 必须被"浪费"掉。由于不能停留，唯一浪费时间的办法是来回走（例如向右走一步再向左走一步），每次来回消耗 2 单位时间。因此 $\text{extra}$ 必须是偶数，即 $(dt - \text{dist}) \bmod 2 = 0$。
   • 本质上是坐标奇偶性的约束：曼哈顿距离与时间差的奇偶性必须一致。因为每次移动都会改变坐标和的奇偶性（$x+y$ 的奇偶性每步翻转），而时间每过 1 秒也会翻转一次，所以 $t$ 与 $x+y$ 的奇偶性必须始终相同。
   • 代码实现：用 x1, y1, t1 记录上一个到达点的坐标和时间（初始为 $(0,0,0)$），对每个新目标点计算 dist 和 dt，逐一检查两个条件。用标志 f 标记是否已经输出过 No，避免重复输出。

3. 边界与细节：

   • 题目保证 $t_i$ 严格递增，无需排序。
   • 注意 f 标志的使用：一旦判定为 No，后续输入仍需读入（否则会影响下一组数据的读取），但不再进行判断和输出，防止重复输出 No。
   • 当所有检查通过后（f == 0），输出 Yes。
   • 数据范围：$t_i, x_i, y_i \leq 10^5$，int 足够存储，不会溢出。

⏱️ 复杂度分析

• 时间复杂度：对 $N$ 个目标点进行一次线性扫描，每次计算曼哈顿距离和奇偶性判断均为 $O(1)$，总时间复杂度 $O(N)$。
• 空间复杂度：仅需存储 $N$ 个点的 $t, x, y$ 数组，以及几个辅助变量，总空间复杂度 $O(N)$。

💻 标准代码 (C++)

#include <bits/stdc++.h>
#define MAXN 200200
#define MOD 998244353
using namespace std;
void solve(){
    int n;
    cin>>n;
    vector<int>t(n),x(n),y(n);
    int x1{0},y1{0},t1{0};  // 上一个到达点的坐标和时间，初始为原点时刻0
    int f{0};  // 标记是否已经输出过No，防止重复输出
    for(int i=0;i<n;i++){
        cin>>t[i]>>x[i]>>y[i];
        if(f)continue;  // 已经判定为不可行，跳过后续判断但仍需读入数据
        int dist=abs(x[i]-x1)+abs(y[i]-y1);  // 曼哈顿距离：最短所需时间
        // 条件1：可用时间不足以覆盖最短距离
        if(dist>t[i]-t1){
            cout<<"No"<<endl;
            f=1;
        }
        // 条件2：多余时间必须是偶数（来回消耗）
        if(((t[i]-t1)-dist)%2){
            cout<<"No"<<endl;
            f=1;
        }
        x1=x[i];  // 更新上一个到达点
        y1=y[i];
        t1=t[i];
    }
    if(!f)cout<<"Yes"<<endl;  // 所有检查通过
}
int main() {
    solve();
    return 0;
}