若数列 $A_n$：$a_1$，$a_2$，$\cdots$，$a_n$（$n \geqslant 2$）满足 $\left|a_{k+1} - a_k\right| = 1$（$k = 1$，$2$，$\cdots$，$n - 1$），则称 $A_n$ 为 $E$ 数列. 记 $S(A_n) = a_1 + a_2 + \cdots + a_n$.

(1) 写出一个满足 $a_1 = a_5 = 0$，且 $S(A_5) > 0$ 的 $E$ 数列 $A_5$； (2) 若 $a_1 = 12$，$n = 2000$，证明：$E$ 数列 $A_n$ 是递增数列的充要条件是 $a_n = 2011$； (3) 对任意给定的整数 $n$（$n \geqslant 2$），是否存在首项为 $0$ 的 $E$ 数列 $A_n$，使得 $S(A_n) = 0$？如果存在，写出一个满足条件的 $E$ 数列 $A_n$；如果不存在，说明理由.

\begin{solution} \begin{enumerate} \item 取 $A_5: 0$，$1$，$2$，$1$，$0$. 相邻两项之差的绝对值均为 $1$，故它是 $E$ 数列；且 $a_1=a_5=0$，$S(A_5)=0+1+2+1+0=4>0$. \item 先证必要性. 若 $A_n$ 是递增数列，则 $a_{k+1}-a_k=1$（$k=1$，$2$，$\cdots$，$1999$），所以 $a_n=a_1+(n-1)=12+1999=2011$.

再证充分性. 若 $a_n=2011$，则 $a_n-a_1=2011-12=1999$. 又 $a_n-a_1=\sum_{k=1}^{1999}\left(a_{k+1}-a_k\right)$，右端共 $1999$ 个取值为 $\pm1$ 的项，其和为 $1999$，故每一项都等于 $1$，即 $a_{k+1}-a_k=1$（$k=1$，$2$，$\cdots$，$1999$），所以 $A_n$ 是递增数列. \item 记 $d_k=a_{k+1}-a_k\in\{-1,1\}$（$k=1$，$2$，$\cdots$，$n-1$）. 由 $a_1=0$ 得 $a_k=\sum_{j=1}^{k-1}d_j$，于是 $S(A_n)=\sum_{k=1}^{n}a_k=\sum_{j=1}^{n-1}(n-j)d_j$. 因为 $(n-j)d_j$ 与 $n-j$ 同奇偶，所以 $S(A_n)$ 与 $\sum_{j=1}^{n-1}(n-j)=\frac{n(n-1)}{2}$ 同奇偶.

若 $S(A_n)=0$，则 $\frac{n(n-1)}{2}$ 为偶数，即 $n\equiv0$ 或 $1\pmod4$. 反之，当 $n\equiv2$ 或 $3\pmod4$ 时，$\frac{n(n-1)}{2}$ 为奇数，$S(A_n)\ne0$，不存在满足条件的 $E$ 数列.

当 $n\equiv0\pmod4$ 时，取 $A_n: 0$，$1$，$0$，$-1$，$0$，$1$，$0$，$-1$，$\cdots$，即以 $0$，$1$，$0$，$-1$ 为周期重复. 相邻两项之差的绝对值均为 $1$，且每个周期的和为 $0$，故 $S(A_n)=0$.

当 $n\equiv1\pmod4$ 时，取上面长度为 $n-1$ 的数列并在末尾添上 $0$. 它仍是 $E$ 数列，前 $n-1$ 项之和为 $0$，末项为 $0$，故 $S(A_n)=0$.

综上，满足条件的 $E$ 数列 $A_n$ 存在当且仅当 $n\equiv0$ 或 $1\pmod4$. \end{enumerate} \end{solution}