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by---cxlove
A：当时是暴力水过的，正解O(n)
如果存在b的某个排列使得 for_each( ai^x=bi )
那么我们将a1^x^b1^a2^x^b2……an^x^bn=0 ，我们在两边再同时^x
由于n为奇数，左边总共便有了偶数个x，抵消
变成a1^a2^……an^b1^b2……^bn=x
好喵，到了这里就解决了，将所有的a,b异或之后，再判断x是否为解
B：给出3个点(x1,y1),(x2,y2),(x3,y3)，可以得到三角形面积abs((x3-x1)*(y2-y1)-(x2-x1)*(y3-y1))/2
显然和奇偶性有关，枚举六个数的奇偶性，然后判断
ans=(ans+((x1&1)?(n/2):((n+1)/2))%MOD*((x2&1)?(n/2):((n+1)/2))%MOD*((x3&1)?(n/2):((n+1)/2))%MOD*((y1&1)?(m/2):((m+1)/2))%MOD*((y2&1)?(m/2):((m+1)/2))%MOD*((y3&1)?(m/2):((m+1)/2)))%MOD;
C：当时是记忆化搜索过的，直接广搜也行
D：感觉好神的题目，思维跟不上。
可以得到这个式子，v(A)=∏a∈A(1+a)−∏a∈A(1−a)2
这个式子，刚好能把偶数项的抵消。。。
然后就是分别维护两部分就行了，求一下逆元什么的。貌似数据是multiset吧
E：状态压缩DP，dp[i]表示已经取的数的状态为i时的部分和。
s[i]表示i转换为二进制后1的个数，那么下一个数取的便是a[s[i]][j]。
for(int i=0; i<(1<<n); i++)
{
for(int j=0; j<n; j++)
{
if(i&(1<<j)) continue;
dp[i|(1<<j)]=(dp[i|(1<<j)]+dp[i]*a[s[i]][j])%m;
}
}
F：充分利用题目给的一个条件，边权只能为1或者2
那么给出一条路径，长度为X，(X>2)，我们考虑他的两端，可能全为1，可能也有2，如果把边权为2的边删掉，或者把两端边权为1的都删了，那么必然存在一条长度为X-2的边。
这便说明，只要找到长度为奇数的最大值up[1]，以及长度为偶数的最大值up[0]。小于up[1]的奇数肯定存在，小于up[0]的偶数肯定存在。太神了，否则瞬间变神题
Tree_DP一次求出up[0],up[1]就行了
G：式子可以转换成C[k]=(A[1]+A[2]+⋯+A[k])⋅B[k]+(B[1]+B[2]+⋯+B[k])⋅A[k]−A[k]⋅B[k]
或者维护部分和，然后再枚举
H：带花树或者Tutte matrix算法，先留个坑。
I：tree_dp求一下子树的大小，如果是偶数就ans+1
J：数据水了，树DP+背包可以水过，对于链的数据会完T
考虑联通块不包括重心，则最多只能有n2的大小。于是就算包含重心的联通块的最小权值，有一个熟知的动态规划算法可以做到O(N2)。之后点分治即可。复杂度仍然是O(N2)。
"熟知的动态规划算法"可以参见何森的集训队论文。
-----ftiasch