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首先很显然的一件事是对于三个数 (a,b,c)，其最大值与最小值的差就是三个数之间两两绝对值的较大值，即 (max(|a-b|,|b-c|,|c-a|))，因此我们不妨从差分序列的角度解决这个问题。对于原序列 (h)，我们假设其差分序列 (d_i=h_{i+1}-h_i)，那么 (max(h_i,h_{i+1},h_{i+2})-min(h_i,h_{i+1},h_{i+2})=max(|h_{i+1}-h_{i}|,|h_{i+2}-h_{i+1}|,|h_{i+2}-h_i|))，又 (h_{i+2}-h_i=d_i+d_{i+1})，因此我们可以得到 (w_i=max(|d_i|,|d_{i+1}|,|d_i+d_{i+1}|))
思考到这里我们就能够想出一个非常 naive 的 DP，(dp_{i,x}) 表示考虑到前 (i) 个数，(|d_i|=x) 是否可行，转移就枚举下一个数 (d_{i+1}=y)，那么 (dp_{i,x}) 能转移到 (dp_{i+1,y}) 的充要条件是 (x=w_ilor y=w_ilor x+y=w_i) 且 (x,yle w_i)，这样暴力 DP 是 (mathcal O(nC^2)) 的，不知道能拿多少分（大雾）。考虑进行一点点优化，注意到我们 (dp_{i,x}=1) 的 (x) 肯定是成段分布的对吧，因此我们考虑每一段在转移前后会变成什么，我们假设考虑到 (i) 时，满足 (dp_{i,x}=1) 的 (x) 组成的集合为 (S)，那么：
- 如果 (w_iin S)，那么 (forall yin[0,w_i]) 均有 (dp_{i+1,y}=1)，具体方案就是令 (d_i=w_i,d_{i+1}=-y)。
- 如果到现在还没有判定出无解，也即 (exists xin S,s.t.x<w_i)（因为 (>w_i) 肯定不合法，并且由于该情况不同于上一种情况所以 (w_i otin S)），那么有 (dp_{i+1,w_i-x}=1)，具体方案就是 (d_i=x,d_{i+1}=w_i-x)，同时也有 (dp_{i+1,w_i}=1)，具体方案就是 (d_i=-x,d_{i+1}=w_i)。也就是说如果 (w_i otin S)，那么所有点都会变为 (w_i-x)，同时加入一个新点 (w_i)
因此如果我们维护这些连续段组成的集合，那么每次可以暴力 (mathcal O(n)) 转移每个连续段，因此我们复杂度就降到了 (mathcal O(n^2))（虽然还是一脸过不去的亚子）
考虑进一步优化，我们注意到这个过程很特别，因为每次如果 (w_i
otin S)，那么新增进来的肯定是一个个单点，而区间自始至终都只有一个，也就是说我们可以不考虑一一反转这个单点，而是翻转整个数轴，也就是说我们开一个 set 维护这些单点在最一开始的数轴上的位置，然后维护两个值 (L,R) 表示当前区间的两个端点在最一开始的数轴上的位置，然后每次检验现在坐标为 (w_i) 的位置在最一开始的数轴上的位置是否属于这个集合与区间的并，如果属于则说明 (xin S)，那么我们就把数轴还原成一开始的样子，把 set 清空并把区间最右端点设为 (0) 和 (w_i)，否则我们就记录一下区间是否被翻转，即 (+x) 方向是否已经变为 (-x)，记这个标记为 (flg)，以及数轴的偏移量 (dlt)，那么我们就设 (flg:=1-flg,dlt:=w_i-dlt)，然后把 (w_i) 加入集合。如果某一步 (L) 在现在数轴上对应的位置 (>R) 在现在数轴上对应的位置且 (S=varnothing) 那么无解。
接下来考虑怎样找出合法的方案，我们不妨首先找出任意一个 (c_iin S)，其中 (S) 表示扫描到第 (i) 步时合法的 (x) 组成的集合，那么我们考虑这样构造出 (|d_i|)，从最后一个元素开始，我们令 (|d_{n+1}|=c_{n+1})，然后如果 (|d_{n+1}|=w_n) 那么我们直接令 (|d_n|=c_n) 就好了，否则如果 (c_n=w_n) 说明 (|d_n|) 设为 (w_n) 是合法的选择，我们干脆就令 (|d_n|=w_n)，否则我们就只能令 (|d_{n}|=w_n-|d_{n+1}|)。然后我们可以根据 (|d_n|) 构造出 (d_n)，具体方案就是从右往左扫一遍，如果 (|d_i|+|d_{i+1}| e w_i) 就将 (d_i) 变为其相反数。
时间复杂度 (nlog n)。
const int MAXN=1e6;
int n;ll C,w[MAXN+5],can[MAXN+5],d[MAXN+5],s[MAXN+5],l,r;
set<ll> st;int flg;ll dlt;
ll gettrs(ll x){return flg?(dlt-x):(dlt+x);}
ll getori(ll x){return flg?(dlt-x):(x-dlt);}
int main(){
scanf("%d%lld",&n,&C);l=0;r=C;
for(int i=1;i<=n-2;i++) scanf("%lld",&w[i]);
for(int i=1;i<=n-2;i++){
ll L=getori(0),R=getori(w[i]);if(L>R) L^=R^=L^=R;
chkmax(l,L);chkmin(r,R);
while(!st.empty()&&(*st.begin())<L) st.erase(st.begin());
while(!st.empty()&&(*st.rbegin())>R) st.erase(st.find(*st.rbegin()));
if(l>r&&st.empty()) return puts("NO"),0;
if(st.find(getori(w[i]))!=st.end()||(l<=getori(w[i])&&getori(w[i])<=r)){
st.clear();l=0;r=can[i]=w[i];flg=dlt=0;continue;
} if(l<=r) can[i]=gettrs(l);else can[i]=gettrs(*st.begin());
flg^=1;dlt=w[i]-dlt;st.insert(getori(w[i]));
} if(l<=r) d[n-1]=gettrs(l);else d[n-1]=gettrs(*st.begin());
for(int i=n-2;i;i--){
if(can[i]==w[i]) d[i]=w[i];
else if(d[i+1]==w[i]) d[i]=can[i];
else d[i]=w[i]-d[i+1];
} ll t=1;
// for(int i=1;i<=n-1;i++) printf("%lld%c",d[i],"
"[i==n-1]);
for(int i=n-2;i;i--){
if(abs(d[i])+abs(d[i+1])!=w[i]) t=-t;
d[i]=t*d[i];
} ll mn=1e18;puts("YES");
for(int i=1;i<=n;i++) s[i]=s[i-1]+d[i-1],chkmin(mn,s[i]);
for(int i=1;i<=n;i++) printf("%lld%c",s[i]-mn,"
"[i==n]);
return 0;
}