(A)：XOR Circle（点此看题面）
大致题意： 给你(n)个数，问是否能将它们摆成一个环，使得环上每个位置都是其相邻两个位置上值的异或值。
先不考虑(0)，我们假设环上第一个数是(a_1)，第二个数是(a_2)，则第三个数(a_3=a_1 xor a_2)，第四个数(a_4=a_2 xor a_3=a_1)。。。
以此类推，也就是说，一个合法的环上必然是(a_1,a_2,a_1 xor a_2)三者重复。
整理一下，就是要满足：
- 总共只有三种数，记其为(x,y,z)。
- 每种数出现次数一样。
- (x xor y=z)。
然后我们要特殊考虑(0)：
首先，(n)个(0)必然合法。
其次，若只有(0)和另外一种数(x)，且(x)出现次数是(0)出现次数两倍，也合法（其实这一情况可以归到上面）。
应该就是这样吧。。。(AtCoder)上数据挺水的，如果有(Hack)数据可以在下方评论区留言。
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 100000
using namespace std;
int n,a[N+5],s[N+5];
class FastIO
{
private:
#define FS 100000
#define tc() (A==B&&(B=(A=FI)+fread(FI,1,FS,stdin),A==B)?EOF:*A++)
#define tn (x<<3)+(x<<1)
#define D isdigit(c=tc())
char c,*A,*B,FI[FS];
public:
I FastIO() {A=B=FI;}
Tp I void read(Ty& x) {x=0;W(!D);W(x=tn+(c&15),D);}
Ts I void read(Ty& x,Ar&... y) {read(x),read(y...);}
}F;
int main()
{
RI i,t=0;for(F.read(n),i=1;i<=n;++i) F.read(a[i]);
for(sort(a+1,a+n+1),i=1;i<=n;++i) s[i]=a[i];t=unique(s+1,s+n+1)-s-1;//求出有几种数
if(!a[1]&&t==1) return puts("Yes"),0;if(n%3||t>3) return puts("No"),0;//分别特判有n个0、n非3的倍数、数的种类超过3种的情况
for(i=1;i<n/3;++i) if(a[i]^a[i+1]) return puts("No"),0;//判断第一种数是否占所有数的1/3
for(i=n/3+1;i<n/3*2;++i) if(a[i]^a[i+1]) return puts("No"),0;//判断第二种数是否占所有数的1/3
for(i=n/3*2+1;i<n;++i) if(a[i]^a[i+1]) return puts("No"),0;//判断第三种数是否占所有数的1/3
return puts((a[1]^a[n/3+1])==a[n]?"Yes":"No"),0;//判断是否符合异或条件
}
(B)：Even Degrees（点此看题面）
大致题意： 给你一张图，让你给每条边确定方向，使所有点出度为偶数。
首先考虑判无解，不难发现边数为奇数时肯定无解，为偶数时一定有解。
有解时，我们先找出原图中的一棵生成树，然后非树边随便定方向。
接下来我们遍历这棵树。
对于每个点，我们先处理完所有子节点，然后只考虑这个点与父节点之间边的方向。
如果当前节点出度为奇数，边的方向就是向父亲，否则，边的方向就是向当前节点。
这样我们可以保证除根节点外所有节点出度都是偶数。而总边数是偶数，所以根节点出度也是偶数。
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 100000
#define add(x,y) (e[++ee].nxt=lnk[x],e[lnk[x]=ee].to=y)
using namespace std;
int n,m,ee,d[N+5],lnk[N+5];struct edge {int to,nxt;}e[N<<1];
class FastIO
{
private:
#define FS 100000
#define tc() (A==B&&(B=(A=FI)+fread(FI,1,FS,stdin),A==B)?EOF:*A++)
#define pc(c) (C==E&&(clear(),0),*C++=c)
#define tn (x<<3)+(x<<1)
#define D isdigit(c=tc())
int T;char c,*A,*B,*C,*E,FI[FS],FO[FS],S[FS];
public:
I FastIO() {A=B=FI,C=FO,E=FO+FS;}
Tp I void read(Ty& x) {x=0;W(!D);W(x=tn+(c&15),D);}
Ts I void read(Ty& x,Ar&... y) {read(x),read(y...);}
Tp I void write(Ty x) {W(S[++T]=x%10+48,x/=10);W(T) pc(S[T--]);}
Tp I void writeE(Con Ty& x,Con Ty& y) {write(x),pc(' '),write(y),pc('
');}
I void clear() {fwrite(FO,1,C-FO,stdout),C=FO;}
}F;
template<int SZ> class UnionFindSet//并查集用于找生成树时判连通性
{
private:
int f[SZ+5];
I int getfa(CI x) {return f[x]?f[x]=getfa(f[x]):x;}
public:
I void Union(CI x,CI y) {f[getfa(x)]=getfa(y);}
I bool Identify(CI x,CI y) {return getfa(x)==getfa(y);}
};UnionFindSet<N> U;
I void dfs(CI x,CI lst=0)//遍历树
{
RI i;for(i=lnk[x];i;i=e[i].nxt) e[i].to^lst&&(dfs(e[i].to,x),0);//先处理子节点
lst&&(d[x]?F.writeE(x,lst):(d[lst]^=1,F.writeE(lst,x)),0);//根据当前节点度数奇偶性确定到父节点边的方向
}
int main()
{
RI i,x,y;if(F.read(n,m),m&1) return puts("-1"),0;
for(i=1;i<=m;++i) F.read(x,y),U.Identify(x,y)?
(F.writeE(x,y),d[x]^=1):(U.Union(x,y),add(x,y),add(y,x));//生成树上边在树上连边，非树边随便定方向
return dfs(1),F.clear(),0;
}
(C)：Skolem XOR Tree（点此看题面）
大致题意： 有(2n)个点，其中(i)和(n+i)的点权都是(i)。要你构造一棵生成树，使得对于所有(i)到(n+i)的树上路径异或值为(i)。
首先考虑，对于任意(2x)和(2x+1)，满足((2x) xor (2x+1)=1)。
所以我们可以对于所有(xlelfloorfrac n2 floor)，连((2x)->(2x+1)->(1)->(n+2x)->(n+2x+1))。
注意对于节点(1)和(n+1)，我们连((2)->(n+1))即可。
根据上面的步骤，对于(n)为奇数的情况，我们就已经处理完了。
但如果(n)为偶数，那么对于(n)和(2n)两个节点，我们就还没有建完，且它们不能按照之前的套路建了。
考虑现在的问题，就是要在这棵生成树上找到两个点，使得它们树上路径异或值为(n)，然后我们就可以让(n)和(2n)分别作为这两个点的儿子。
重要的是，这里的生成树是十分特殊的！树上路径异或值就是两个点到根路径上节点的异或值再异或(1)。
只要开个桶就能很方便地查找了。
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 100000
#define add(x,y) (a[++cnt]=x,b[cnt]=y,addE(x,y),addE(y,x))
#define addE(x,y) (e[++ee].nxt=lnk[x],e[lnk[x]=ee].to=y)
using namespace std;
int n,cnt,ee,s[2*N+5],p[N<<1],lnk[2*N+5],a[N<<1],b[N<<1];struct edge {int to,nxt;}e[N<<2];
I bool dfs(CI x,CI lst=0)//找树上路径异或为n的两个点
{
if(p[n^s[x]^1]) return add(n,p[n^s[x]^1]),add(x,n<<1),true;p[s[x]]=x;//先查询是否存在对应点，若有则建边返回true，没有则刷新桶
for(RI i=lnk[x];i;i=e[i].nxt) if(e[i].to^lst&&(s[e[i].to]=s[x]^(e[i].to%n),dfs(e[i].to,x))) return true;//处理子节点
return false;//找不到返回false
}
int main()
{
RI i,j,t;if(scanf("%d",&n),n==1) return puts("No"),0;//特判n=1的情况输出无解
for(i=2;i<n;i+=2) add(i,i+1),add(i+1,1),add(1,n+i),add(n+i,n+i+1);add(2,n+1);//对于每一对相邻的数，按套路建图
if(!(n&1)&&!dfs(s[1]=1)) return puts("No"),0;//如果第n个点和第2n个点找不到位置安放，输出无解
for(puts("Yes"),i=1;i<=cnt;++i) printf("%d %d
",a[i],b[i]);//输出
return 0;
}
(D)：Add and Remove（点此看题面）
大致题意： 给你一个序列，你每次可以删除一个数，使其两边的数加上这个数的值，求最后剩下的两个数之和的最小值。
我们可以考虑(dfs)。
设当前求解区间为([l,r])，这个区间左端点会被计算(tl)次，右端点会被计算(tr)次。
则我们可以枚举在这个区间内最后被删除的数(i)，则它被计算的次数就是(tl+tr)。
然后我们再递归处理子区间([l,i])和([i,r])，统计最小值即可。
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 18
#define LL long long
#define RL Reg LL
#define CL Con LL&
#define INF 1e18
#define Gmin(x,y) (x>(y)&&(x=(y)))
using namespace std;
int n,a[N+5];
I LL dfs(CI l,CI r,CL tl,CL tr)//dfs
{
if(r-l==1) return 0;RL t,res=INF;//若只剩左右端点，返回0
for(RI i=l+1;i^r;++i) t=dfs(l,i,tl,tl+tr)+dfs(i,r,tl+tr,tr)+a[i]*(tl+tr),Gmin(res,t);//枚举最后被删除的数，递归子区间
return res;//返回答案
}
int main()
{
RI i;for(scanf("%d",&n),i=1;i<=n;++i) scanf("%d",a+i);//读入
return printf("%lld",dfs(1,n,1,1)+a[1]+a[n]),0;//求解
}
(E)：Develop（点此看题面）
这题被(bzt)神仙搬去当了模拟赛题。
题解可以详见这篇博客：【2019.8.11上午 慈溪模拟赛 T2】十七公斤重的文明（seventeen）。
(F)：Two Histograms（点此看题面）
大致题意： 给定一个(n*m)矩阵，对每行确定一个(k_i∈[0,m])，对每列确定一个(l_i∈[0,n])，矩阵上((i,j))位置的值是([jle k_i]+[ile l_j])，问有多少种不同的矩阵。
我们考虑对于一组序列(k,l)，找到一个统一的方式去表示它们，使得表达结果相同的构造出的矩阵相同，不同的构造出的矩阵不同。
然后画图可以发现，如果存在(x)和(y)满足(k_x+1=y and l_y=x)，那么我们就可以将(k_x)加(1)，(l_y)减(1)。
那么我们就是要找出有多少组(k,l)，使得不存在(x,y)满足上面条件。
这可以容斥。
就是用存在(x,y)对数(ge0)的方案数，减去对数(ge1)的方案数，加上对数(ge2)的方案数，以此类推。
设需要求出对于(ge x)的方案数，我们先在(k)中选(x)个位置，然后在(l)中取(x)个位置，剩下的随便填，也就是：
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 500000
#define X 998244353
#define swap(x,y) (x^=y^=x^=y)
#define Qinv(x) Qpow(x,X-2)
#define A(x,y) (1LL*Fac[x]*IFac[(x)-(y)]%X)
#define C(x,y) (1LL*A(x,y)*IFac[y]%X)
#define Inc(x,y) ((x+=(y))>=X&&(x-=X))
using namespace std;
int n,m,Fac[N+5],IFac[N+5],Pn[N+5],Pm[N+5];
I int Qpow(RI x,RI y) {RI t=1;W(y) y&1&&(t=1LL*t*x%X),x=1LL*x*x%X,y>>=1;return t;}
int main()
{
RI i,t,ans=0;scanf("%d%d",&n,&m),n>m&&swap(n,m);
for(Fac[0]=Pn[0]=Pm[0]=i=1;i<=m;++i)//预处理
Fac[i]=1LL*Fac[i-1]*i%X,Pn[i]=1LL*Pn[i-1]*(n+1)%X,Pm[i]=1LL*Pm[i-1]*(m+1)%X;
for(IFac[m]=Qinv(Fac[m]),i=m-1;~i;--i) IFac[i]=1LL*IFac[i+1]*(i+1)%X;
for(i=0;i<=n;++i) t=1LL*C(n,i)*A(m,i)%X*Pn[m-i]%X*Pm[n-i]%X,Inc(ans,i&1?X-t:t);//容斥
return printf("%d",ans),0;//输出答案
}