思路
首先，我们可以考虑两个人会怎么操作，如果是选择了两个偶数和两个奇数，那么答案不会减小，如果选择了一个奇数一个偶数，那么答案会减小一。
所以想使答案大的人应该尽量选择前一种方案，想使答案小的人应该尽量选择后一种方案。
但这还不是最优的，想使答案大的人在可以选择两个奇数时，绝对不会选择两个偶数，因为这样可以让想使答案小的人可以选择的奇数变少。
因为每一次操作后都必定产生一个新的偶数，所以我们可以只看奇数的数量，就可以算出总答案会减少多少。
想使答案大的人先操作，如果此时，奇数的数量在两个及以上，就会选择两个奇数，否则如果偶数的数量在两个及以上，则选择两个偶数，否则选择一奇一偶。
因为每次操作必定诞生偶数，所以想使答案小的人一定不会选择不了偶数，所以一旦还有奇数，他就会消耗一个奇数使得答案减小。
所以可以发现，如果奇数的个数大于等于 \(3\)，那么，每轮操作都会让奇数的个数减少 \(3\)，且使得总答案减少一。
所以答案会先减去奇数个数除以三。
再考虑余数，如果余数为 \(0\)，则构不成任何影响，如果余数为 \(1\)，代表要么想使答案大的人选择一次一奇一偶，要么想使答案小的人选择一次一奇一偶，所以答案必定还会少一，如果余数为 \(2\)，那么想使答案大的人直接选择一次两个奇数即可，答案不会减少。
所以只需要动态的统计总和和奇数个数即可。
AC code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long T,n,a,sum,num;//要开longlong 10^5个10^9的和轻松爆int
int main()
{
scanf("%lld",&T);
while(T--)
{
scanf("%lld",&n),sum=num=0;//别忘了清零
for(int i=1;i<=n;++i)
{
scanf("%lld",&a),sum+=a,num+=a%2;//统计总和和奇数个数
if(i==1) printf("%lld ",sum); //如果是第一个，直接就是答案，不需要考虑奇数
else printf("%lld ",sum-num/3-(num%3==1));
}
puts("");
}
return 0;
}