[AtCoder Grand Contest 035]

A. XOR Circle
题意：
给定$n(n<=10^5)$个数字$a[1]$~$a[n]$，询问是否能够将其重排成一个首位相接的环形数组，使得每个$a[i](1<=i<=n)$等于与其相邻的两个数字的异或和。
题解：
很显然重排后数组满足以下形式
$a[i]$ ^ $a[i+1]$ ^ $a[i+2]$ = $0$
$a[i+1]$ ^ $a[i+2]$ ^ $a[i+3]$ = $0$
所以$a[i]$等于$a[i+3]$
先讨论数组全零的情况，这个情况肯定有解；
对于剩下的情况，很显然，如果n不是3的倍数的话，必然无解。
那么我们分2类讨论：
当整个数组只有2种数字的时候，那么一定是$N/3$个$0$和$2\ast N/3$个其他数字，否则一定不行。
当整个数字只有3种数字$x,y,z$的时候，那么一定是这三种数字的数量相同，并且$x$ ^ $y$ ^ $z$ = $0$，否则不行。
然后其他情况都不行。

#include
#define ll long long
using namespace std;
int n,a[100004];
set<int>tr;
map<int,int>mert;
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        tr.insert(a[i]);
    }
    if(tr.size()==1 && (*tr.begin())==0){
        return puts("Yes"),0;
    }
    if(tr.size()==2){
        if(n%3!=0)return puts("No"),0;
        mert.clear();
        int x=-1;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            mert[a[i]]++;
            if(a[i]!=0)x=a[i];
        }
        if(mert[0]==n/3&&mert[x]==n*2/3){
            return puts("Yes"),0;
        }
        else return puts("No"),0;
    }
    if(tr.size()==3){
        if(n%3!=0)return puts("No"),0;
        mert.clear();
        for(int i=1;i<=n;i++){
            mert[a[i]]++;
        }
        int p=0;
        for(int x:tr){
            if(mert[x]!=n/3)return puts("No"),0;
            p^=x;
        }
        if(p)return puts("No"),0;
        else return puts("Yes"),0;
    }
    return puts("No"),0;
    return 0;
}

B.Even Degrees
题意：
给定一个$n$个点$m$条边的无向图，要求给每条边重定向，使得每个点的出度都是偶数。
题解：
这是个很迷的构造方法…
首先$m$如果是奇数，那么一定不行。
你先随便从一个点开始dfs，然后从搜索树的所有的叶子节点$x$开始，对于所有$x$连出的边（除了连向自己父亲的边），如果这条边的终点的深度小于$x$，那么将这条边对应的无向边的起点设为$x$；然后对于$x$在搜索树中的父亲节点$fa$，根据当前$x$的出度来调整边$<fa,x>$方向。
正确性：
对于你做完的每个点来说，他的出度已经确定了，而他的所有除了根节点以外的祖先都有至少一次的调整出度的机会，而根节点的出度已经被保证了，因为总出度$sum$确定（为偶数），除了根节点以外所有点的出度已经确定，他们都是偶数，那么他们的和 $su$ 也是偶数，那么显然根节点出度$sum-su$也为偶数。

#include
#define ll long long
#define pa pair
using namespace std;
int n,m;
int cu[200004];
int dir[200004],dep[200004];
vector<int>G[200004];
vector<pa>ans;
void dfs(int x,int fa){
    for(int i=0;i<G[x].size();i++){
        if(G[x][i]==fa)continue;
        if(!dep[G[x][i]]){
            dep[G[x][i]]=dep[x]+1;
            dfs(G[x][i],x);
        }
        else if(dep[G[x][i]]<dep[x]){
            cu[x]^=1;
            ans.push_back(make_pair(x,G[x][i]));
        }
    }
    if(cu[x]&1){
        cu[x]^=1;
        ans.push_back(make_pair(x,fa));
    }
    else if(fa){
        cu[fa]^=1;
        ans.push_back(make_pair(fa,x));
    }
}
int main(){
    ans.clear();
    memset(dep,0,sizeof(dep));
    memset(dir,0,sizeof(dir));
    memset(cu,0,sizeof(cu));
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        int u,v;scanf("%d%d",&u,&v);
        G[u].push_back(v);
        G[v].push_back(u);
    }
    if(m&1)return puts("-1"),0;
    dep[1]=1;
    dfs(1,0);
    for(int i=0;i<ans.size();i++){
        printf("%d %d\n",ans[i].first,ans[i].second);
    }
    return 0;
}

C.Skolem XOR Tree
题意：
给定一个$n$，然后你构建一个点数为$2n$的树，编号为$i$和$n+i$的点的权值是$i$，然后这个树满足，对于任意$i$，$i$到$n+i$的路径上的点的权值的异或和等于$i$
题解：
首先对于$n$为$2$的幂的情况无解。

然后对于$n>=3$切n为奇数的情况，
由于对于任何偶数$x$，$x$^$1$ $=x+1$ 同时 $(x+1)$^$1$$=x$
那么就把连续的奇偶数字放在一起挂在节点$1$上。
对于偶数的情况，我们先按照奇数来做，最后剩$n$和$2\ast n$，然后你需要找两个数字$a,b$使得$a$ ^ $1$ ^ $b$ = $n$ 然后把$n$连在与节点$1$直接相连的，权值为$a$的点上，把$2\ast n$连在与节点$1$直接相连的，权值为$b$的点上即可。

#include
#define ll long long
#define pa pair
using namespace std;
vector<pa>ans;
set<int>tr;
int n;
void output(){
    for(int i=0;i<ans.size();i++)printf("%d %d\n",ans[i].first,ans[i].second);
}
int main(){
    ans.clear();
    scanf("%d",&n);
    int p=1;
    while(p<=n){
        if(n==p)return puts("No"),0;
        p<<=1;
    }
    puts("Yes");
    bool flag=0;
    if(n%2==0){
        flag=1;
    }
    for(int i=1;i<3;i++){
        ans.push_back(make_pair(i,i+1));
        ans.push_back(make_pair(i+n,i+1+n));
    }
    ans.push_back(make_pair(3,n+1));
    for(int i=4;i+1<=n;i+=2){
        ans.push_back(make_pair(1,i));
        ans.push_back(make_pair(i,i+1));
        ans.push_back(make_pair(1,i+1+n));
        ans.push_back(make_pair(i+n,i+1+n));
    }

    if(flag){
        tr.clear();
        for(int i=1;i<n;i++)tr.insert(i);
        for(int i=2;i<n;i++){
            if(tr.count(n^i^1)){
                int a=n^i^1,b=i;
                if(a==b)continue;
                if(a&1){
                    ans.push_back(make_pair(a+n,n));
                }
                else{
                    ans.push_back(make_pair(a,n));
                }
                if(b&1){
                    ans.push_back(make_pair(b+n,2*n));
                }
                else{
                    ans.push_back(make_pair(b,2*n));
                }
                output();
                return 0;
            }
        }
    }
    else{
        output();
    }
    return 0;
}