$ 0,1,2,1,0 $ 是一个满足条件的 $ E $ 数列 $ A_5 $．（答案不唯一）

必要性：因为 $ E $ 数列 $ A_n $ 是递增数列，所以\[a_{k+1}-a_k=1\left(k=1,2,\cdots,1 999\right).\]所以 $ A_n $ 是首项为 $ 12 $，公差为 $ 1 $ 的等差数列，所以\[a_{2000}=12+\left(2 000-1\right)\times 1=2 011.\]充分性：由于\[a_{2000}-a_{1999}\leqslant 1, \\
a_{1999}-a_{1998}\leqslant 1, \\
\cdots \\
a_2-a_1\leqslant 1, \]所以\[ a_{2000}-a_1\leqslant 1 999, \]即\[ a_{2000}\leqslant a_1+1 999. \]又因为 $ a_1=12 $，$ a_{2000}=2 011 $，所以\[ a_{2000}=a_1+1 999. \]故\[ a_{k+1}-a_k=1>0\left(k=1,2,\cdots,1 999\right), \]即 $ A_n $ 是递增数列．
综上，结论得证．

令 $ c_k=a_{k+1}-a_k\left(k=1,2,\cdots ,n-1\right) $，则 $ c_k=\pm 1 $．
因为\[ \begin{split}a_2&=a_1+c_1,\\
a_3&=a_1+c_1+c_2,\\
\cdots \\
a_n&=a_1+c_1+c_2+\cdots+c_{n-1}, \end{split} \]所以\[ \begin{split}S\left(A_n\right) & =na_1+\left(n-1\right)c_1+\left(n-2\right)c_2+\left(n-3\right)c_3+\cdots+c_{n-1}\\& =\left(n-1\right)+\left(n-2\right)+\cdots+1-\left(1-c_1\right)\left(n-1\right)- \left(1-c_2\right)\left(n-2\right)-\cdots-\left(1-c_{n-1}\right)
\\&= {\dfrac{n\left(n-1\right)}{2}}-\left[\left(1-c_1\right)\left(n-1\right)+\left(1-c_2\right)\left(n-2\right)+\cdots+ \left(1-c_{n-1}\right)\right]. \end{split} \]因为 $ c_k=\pm 1 $，所以 $ 1-c_k $ 为偶数 $ \left(k=1,2,\cdots ,n-1\right) $．
所以 $ \left(1-c_1\right)\left(n-1\right)+\left(1-c_2\right)\left(n-2\right)+\cdots +\left(1-c_{n-1}\right) $ 为偶数．
所以要使 $ S\left(A_n\right)=0 $，必须使 $ {\dfrac{n\left(n-1\right)}{2}} $ 为偶数，即 $ 4 $ 整除 $ n\left(n-1\right) $，亦即 $ n=4m $ 或 $ n=4m+1\left(m\in {\mathbb {N}}^*\right) $．
当 $ n=4m\left(m\in {\mathbb {N}}^*\right) $ 时，$ E $ 数列 $ A_n $ 的项满足 $ a_{4k-1}=a_{4k-3}=0$，$a_{4k-2}=-1$，$a_{4k}=1\left(k=1,2,\cdots ,m\right) $ 时，有 $ a_1=0$，$S\left(A_n\right)=0 $；
当 $ n=4m+1\left(m \in {\mathbb {N}}^*\right) $ 时，$ E $ 数列 $ A_n $ 的项满足 $ a_{4k-1}=a_{4k-3}=0$，$a_{4k-2}=-1$，$a_{4k}=1\left(k=1,2,\cdots ,m\right)$，$a_{4m+1}=0 $ 时，有 $ a_1=0$，$S\left(A_n\right)=0 $；
当 $ n=4m+2 $ 或 $ n=4m+3\left(m\in {\mathbb {N}}\right) $ 时，$ n\left(n-1\right) $ 不能被 $ 4 $ 整除，此时不存在 $ E $ 数列 $ A_n $，使得 $ a_1=0$，$S\left(A_n\right)=0 $．