A

• 输出1+n个0+n个1

B

• 考虑用两两之间的距离来描述这棵树的边权，可以发现固定一个起点，操作$u,v$相当于交换$dis(x,v),dis(x,u)$，然而当操作$x$以及$x$相邻的点的时候并不满足，因此考虑建一个虚点$x^{\prime }$，与$x$相连并能够被修改，但是不能被操作，然后不失一般性也满足之前的结论。由于所有的$dis(x^{\prime },v)$都要$xordis(x,x^{\prime })$，因此可以将所有$a,b$异或起来得到这条边的边权，然后判断一下$bxordis(x,x^{\prime })$是否是$a$的排列即可。

C

• 先考虑怎么判断一个排列是否是好的。首先和不能是$P$的倍数，然后如果出现次数最多的数次数不超过$n/2$那么一定可以。证明可以考虑每一次选次数最多的，如果加上之后是$P$的倍数那么就换次数次多的。
• 但这并不是必要条件，如果超过$n/2$，方便起见将它设为1，可以通过乘逆元得到。那么当$cnt1\le \sum (P-a_i)+(P-1)$时可以将多出来的1减到一半，反之1一定会多出来，这就是充要条件了。
• 考虑直接DP。注意到我们还要要求$\sum a_i$不是$P$的倍数，但是$Dp$状态里不能记下$\sum a_i\%P$和$\sum (P-a_i)$，因此考虑计算不合法的方案，那么$\sum a_i<n$就可以直接记下并$DP$了。

D

• 如果LIS为偶数的话，记$f(i)$表示以$i$为结尾的LIS长度然后把所有$f(i)\le LIS/2$的放在一组即可。
• 反之考虑在上述方法中进行一点调整，设$2K+1=LIS$，如果在某个LIS的集合以外还有一个$x$的所在LIS长度$>=K+1$，那么可以把$x$所在LIS的所有$f(i)$归为一组，除了$f(i)=f(x),x\ne i$。这样显然两个集合都恰好是$K+1$。

最后

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