A. Domino Disaster
题解
显然，如果第一行是LR，或RL，那么第二行只需要也摆成一样的就可以了。
如果第一行是U，那么第二行显然是D。反过来如果第一行是D，第二行则是U。
代码
Java
C++
B. MEXor Mixup
题解
显然，根据MEX的定义，0到a-1以内的所有数都必须被选中，且a必须不被选中。
接着，如果$0\oplus 1\oplus\dots\oplus a-1=b$则直接输出a即可。
如果$0\oplus 1\oplus\dots\oplus (a-1)\neq b$且，$0\oplus 1\oplus\dots\oplus (a-1)\oplus b\neq a$，则我们选择0到a-1，以及$0\oplus 1\oplus\dots\oplus (a-1)\oplus b$，共a+1个数即可。
如果$0\oplus 1\oplus\dots\oplus (a-1)\neq b$且，$0\oplus 1\oplus\dots\oplus (a-1)\oplus b= a$，因为不能选择$0\oplus 1\oplus\dots\oplus (a-1)\oplus b$，所以我们随便选择任意一个其他的数x，使得$0\oplus 1\oplus\dots\oplus (a-1)\oplus b\oplus x\neq a$。
也就是选择选择0到a-1，以及x和$0\oplus 1\oplus\dots\oplus (a-1)\oplus b\oplus x$，共a+2个数。
代码
Java
C++
C. Carrying Conundrum
题解
因为定义的加法运算中是向往前两位进行进位。所以其运算可以拆分为奇数位和偶数位两部分。
于是我们把n的奇数和偶数拆出来，我们就能得到奇数位的和以及偶数位的和，分别记为x和y。接着我们只需要找出所有的x=x1+x2和y=y1+y2。
显然，对于固定的x和y，一旦确定了x1和y1，就能确定x2和y2。于是共有$(x+1)\cdot(y+1)$种可能。
最后，考虑a和b不能为0这个条件。显然当且仅当x1=0，y1=0时，a为0。当且仅当x1=x，y1=y的时候，b为0。
于是，最终结果为：$(x+1)\cdot(y+1)-2$。
代码
Java
C++
D. Expression Evaluation Error
题解
显然，我们希望尽可能避免进位。如果不得不进行进位，那么我们希望尽可能是较低的位置进行进位。
于是很自然的想到，我们从最高位拿走1，只要拿走这个1之后，还可能被分成n-1份就行。如果不够分，那就只能进行进位了。
举几个例子。
- 900分成3个数。显然，可以分成[100, 100, 700]。
- 200分成3个数。
第一次，我们尝试拿走100，发现剩下的100够分成2个数。
第二次，我们发现无法再拿走100，因为剩下的0不能分成1个数。因此只能被迫进位。于是尝试拿走10，剩下的90足够分给1个数。
总的来说，就是每次在最高位尝试拿走1。如果失败则被迫进位即可。
代码
Java
C++
E. Non-Decreasing Dilemma
这个题就是一个非常典型的线段树的应用，非常常见，建议熟练掌握。
