A
对于每个 \(i\) 我们求出 \(b_i\) 表示 \(i\) 这个数最少要增加多少（\(\max^i_{j=1}a_j-a_i\)），答案等于最小的 \(k\) 使得 \(2^k-1\ge \max^n_{i=1}b_i\).
时间复杂度 \(O(n)\).
代码: 76336034
B
最小：只要存在两个叶子距离为奇数，答案就是 \(3\)，否则是 \(1\).
最大：等于非叶子节点数加上和至少一个叶子节点相连的非叶子节点数 \(-1\)。显然和同一个点相连的叶子边权必须相等。那么考虑去掉叶子节点后剩下的树，由于你可以安排任意大的数，所以一定能做到边权互不相同。
时间复杂度 \(O(n)\).
代码: 76352259
C
找规律即可。打表前 \(16\) 位不难发现就是先四进制分解，由 \(\mod 3\) 的值得到答案的最高位，剩下的每一位做个置换。
归纳证明应该不难。
听说这个规律还和 nim 积有关。
时间复杂度 \(O(\log n)\).
代码: 76377989
D
我的做法还是找规律（然而脑速太慢赛后搞了一上午）。找规律的过程非常麻烦，实在不太会讲，直接说一下结论好了：
设 \(f[u][0/1]\) 表示 \(u\) 点的子树内，被根包含/不被根包含的最大层数。需要 \(0/1\) 是因为把根套在外面之后，仅仅能套住那些不被根的儿子包含的圈，而需要和根的儿子相交。这也就意味着，一个子树的状态可以表示为两个相交的圈，其中较大的一个是根，另外一个不是根。
假设 \(u\) 有若干儿子 \(v_1,v_2,...,v_{sonn[u]}\). 那么最优方案一定会套成如下所示，蓝色的是 \(u\)，黑色和红色分别是每个儿子的根 (\(0\)) 和非根 (\(1\)).
于是可以得到这样的方程：
再考虑 \(f[u][0]\) 的转移，显然有
换根 dp 即可。
时间复杂度 \(O(n)\).
比较有道理的做法见 \(\color{black}{\text{s}}\color{red}{\text{uwakow}}\) 神仙的题解: https://www.cnblogs.com/suwakow/p/12692393.html
代码: 76449398
