概述

本题判断从原点 ~(0,0)~ 能否通过若干次长步（使某一坐标增加 ~2~）和至多一次短步（使某一坐标增加 ~1~）到达目标 ~(x,y)~。
核心解法是分析坐标奇偶性：长步不改变奇偶性，短步至多改变一个坐标的奇偶性，因此目标两个坐标不能都为奇数。

分析

核心观察

长步每次增加 ~2~，不改变坐标的奇偶性；短步仅有一次，只改变一个坐标的奇偶性。所以最终两个坐标中至多只有一个为奇数。

思路

设目标坐标为 ~(x,y)~。如果 ~x~ 和 ~y~ 都是奇数，则必须至少两次短步（分别改变两个坐标的奇偶性）才能实现，但题目只允许至多一次短步，因此不可达。
反过来，如果 ~x~ 和 ~y~ 不全是奇数，则一定可达：

• 若两个都是偶数，只用长步即可（分别走 ~x/2~ 和 ~y/2~ 次长步）。
• 若 ~x~ 为奇数，~y~ 为偶数，则在 ~x~ 方向使用一次短步，其余 ~(x-1)/2~ 次长步，~y~ 方向用 ~y/2~ 次长步。
• 若 ~x~ 为偶数，~y~ 为奇数，同理在 ~y~ 方向使用一次短步。
  由于 ~x,y \ge 1~，上述构造中的长步次数均为非负整数，满足要求。

具体示例

以样例 ~(1,2)~ 为例：~1~ 为奇数，~2~ 为偶数，条件成立，输出 YES。路径：短步横移 ~1~，长步纵移 ~2~。
样例 ~(5,9)~：两个都是奇数，不成立，输出 NO。

算法步骤

1. 读入测试用例数 ~t~。
2. 对于每个测试用例，读入 ~x~ 和 ~y~。
3. 若 ~x~ 和 ~y~ 均为奇数，则输出 "NO"；否则输出 "YES"。

复杂度分析

• 时间复杂度：~O(t)~。
• 空间复杂度：~O(1)~。

实现注意事项

• 判断条件为 (x % 2 == 1 && y % 2 == 1)。
• 输出大小写不敏感，统一输出大写 "YES" 或 "NO"。
• 数据范围很小，整数类型使用 int 足够。

源代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    int t;
    cin >> t;
    while (t--) {
        int x, y;
        cin >> x >> y;
        if ((x & 1) && (y & 1)) {
            cout << "NO\n";
        } else {
            cout << "YES\n";
        }
    }
    return 0;
}

import sys

def main():
    data = sys.stdin.read().strip().split()
    if not data:
        return
    t = int(data[0])
    out = []
    idx = 1
    for _ in range(t):
        x = int(data[idx]); y = int(data[idx + 1])
        idx += 2
        if (x % 2 == 1) and (y % 2 == 1):
            out.append("NO")
        else:
            out.append("YES")
    sys.stdout.write("\n".join(out))

if __name__ == "__main__":
    main()