(1) 若前 4 项为 $2,-2,0,1$ 且 $p=2$，取 $m=1,n=2$，条件③要求
$a_3\in\{a_1+a_2+p,a_1+a_2+p+1\}=\{2,3\}$，
但已知 $a_3=0$，矛盾。所以该数列不可以是 $R_2$ 数列。
(2) 当 $p=0$ 时，$a_1\ge0,a_2=0$。取 $m=n=1$，有
$0=a_2\in\{2a_1,2a_1+1\}$。
由于 $a_1\ge0$，只能 $a_1=0$。
取 $m=1,n=2$，得 $a_3\in\{0,1\}$；取 $m=2,n=2$，得 $a_4\in\{0,1\}$。又 $a_3<a_4$，故 $a_3=0,a_4=1$。
再取 $m=1,n=4$，得 $a_5\in\{a_1+a_4,a_1+a_4+1\}=\{1,2\}$；
取 $m=2,n=3$，得 $a_5\in\{a_2+a_3,a_2+a_3+1\}=\{0,1\}$。
两者交集为 $\{1\}$，所以 $a_5=1$。
(3) 若 $\{a_n\}$ 是 $R_p$ 数列，令 $b_n=a_n+p$。由条件③得
$b_{m+n}=a_{m+n}+p\in\{b_m+b_n,b_m+b_n+1\}$，
且 $b_1\ge0,b_2=0,b_{4n-1}<b_{4n}$，所以 $\{b_n\}$ 是 $R_0$ 数列。
下面确定 $R_0$ 数列。设 $\{b_n\}$ 是 $R_0$ 数列。由 (2) 的前几步知 $b_1=b_2=b_3=0,b_4=1$。令 $d_r=b_{r+1}-b_r$。
由 $m=1$ 得 $d_r\in\{0,1\}$；由 $m=2$ 得
$d_r+d_{r+1}=b_{r+2}-b_r\in\{0,1\}$；
由 $m=3$ 得
$d_r+d_{r+1}+d_{r+2}=b_{r+3}-b_r\in\{0,1\}$。
又 $b_{4k-1}<b_{4k}$，故 $d_{4k-1}=1$。代入上面三相邻和的限制，得
$d_{4k-3}=d_{4k-2}=d_{4k}=d_{4k+1}=0$。
于是 $d_r=1$ 当且仅当 $r=4k-1$，其余为 $0$。因此
$b_n=b_1+\sum_{r=1}^{n-1}d_r=\#\{k\ge1:4k-1\le n-1\}=\lfloor n/4\rfloor$。
故任意 $R_p$ 数列都有
$a_n=\lfloor n/4\rfloor-p$。
若对所有 $n$ 有 $S_n\ge S_{10}$，则
$S_9-S_{10}=-a_{10}=-(2-p)\ge0$，得 $p\ge2$；
$S_{11}-S_{10}=a_{11}=2-p\ge0$，得 $p\le2$。
所以 $p=2$。
当 $p=2$ 时，$a_n=\lfloor n/4\rfloor-2$。此时 $a_1,\dots,a_{10}\le0$，且 $n\ge11$ 时 $a_n\ge0$，所以 $S_n\ge S_{10}$ 对一切 $n$ 成立。
还需说明这样的数列存在：取 $b_n=\lfloor n/4\rfloor$。设 $m=4q+r,n=4s+t$，$0\le r,t\le3$，则
$b_{m+n}=q+s+\lfloor(r+t)/4\rfloor\in\{q+s,q+s+1\}=\{b_m+b_n,b_m+b_n+1\}$；
并且 $b_1=b_2=0$，$b_{4k-1}=k-1<k=b_{4k}$。故 $b$ 是 $R_0$ 数列，从而 $a_n=b_n-2$ 是 $R_2$ 数列。
综上，存在且仅存在 $p=2$。