场切 \(0\) 道题，被猜性质猜结论题气笑了.
A
后来回想起来，这个题好像确实在北京集训讲过.
有 \(4\) 种合法的构造：\(0\overbrace{1\cdots1}^{n个} \overbrace{0\cdots0}^{n个}\)，\(1\overbrace{0\cdots0}^{n个} \overbrace{1\cdots1}^{n个}\)，\(\overbrace{1\cdots1}^{n个} \overbrace{0\cdots0}^{n个}1\)，\(\overbrace{0\cdots0}^{n个} \overbrace{1\cdots1}^{n个}0\).
证明方法是类似的，以第一种构造为例：设第 \(i\) 个 \(0\) 的位置为 \(p_i\)，贪心的让子序列中第一个 \(0\) 为原序列的第一个 \(0\)，子序列中的后 \(n\) 个 \(0\) 为原序列的后 \(n\) 个 \(0\)，现在要在 \(p_1\sim p_{n+1}\) 之间找 \(n\) 个 \(1\). 注意到 \(p_{n+1}=2n+p_1\)，这其中至多有 \(n-1\) 个 \(0\)，所以必然可以找到 \(n\) 个 \(1\)，得证.
B
非常巧妙的 ad-hoc，欣赏.
边权的神秘操作难以处理，考虑转化. 观察到一次操作异或上的边权值相同，那么做一个根链的异或前缀和，下方的前缀和因为异或上两个相同的数是完全不发生改变的. 把这个异或前缀的权值挂到对应点上，进一步的，我们会发现一次操作只交换了操作边两端的点权. 这个东西看上去友好多了.
做异或前缀和需要钦定一个根，一个严重的问题是根的点权应该恒为 \(0\)，但是实际操作却可能使其发生改变. 我们考虑从根连出去一条边权为 \(x\) 的虚边，用来调整根的点权，所有点的实际点权为 \(a_{u}\oplus x\).
现在我们需要求出 \(x\). 充分发掘题目性质，由于操作相当于交换两点权，我们发现可行的一个必要条件是：
由于保证 \(n\) 为奇数，所以左边只留下了一个 \(x\). 据此我们可以反解出一个 \(x=\bigoplus_{i=1}^na_u\oplus b_u\)，并验证是否满足上述的条件. 我们拿必要条件解出的 \(x\) 带回去求是否有操作前后的两树点权异或上 \(x\) 后相等，就可以验证是否存在合法的操作，因为点权集合与边权集合构成双射.
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;const int maxn = 1e5 + 10;
int n;
int dis1[maxn], dis2[maxn];map<int, int> mp;
vector<array<int, 3> > e[maxn];
void dfs(int u, int f) {for(auto [v, w1, w2] : e[u]) {if(v == f) continue;dis1[v] = dis1[u] ^ w1, dis2[v] = dis2[u] ^ w2;dfs(v, u);}
}int main() {ios :: sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);cin >> n;for(int i = 1, u, v, w1, w2; i < n; i++) {cin >> u >> v >> w1 >> w2;e[u].push_back({v, w1, w2}), e[v].push_back({u, w1, w2});} dfs(1, 0);int v = 0;for(int i = 1; i <= n; i++) mp[dis1[i]]++, v ^= dis1[i] ^ dis2[i];for(int i = 1; i <= n; i++) {if(!mp[dis2[i] ^ v]) cout << "NO", exit(0);else mp[dis2[i] ^ v]--;} cout << "YES";return 0;
}
D
E
参考一个广为人知题：[AGC059E] Grid 3-coloring 的 trick.