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一、3512. 使数组和能被 K 整除的最少操作次数

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本题实际上求的就是数组 nums 和的余数，代码如下：

class Solution {public int minOperations(int[] nums, int k) {int s = 0;for(int x : nums){s += x;}return s % k;}
}

二、3513. 不同 XOR 三元组的数目 I

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本题给出的数组 nums 包含 [1,n] 中的所有数，问选 3 个时可以得到的所有异或值，分情况讨论：

• n = 1，只能与自己异或，答案为 {1}
• n = 2，必有两个相同值异或（a^a=0），然后再与 1/2 异或，答案为 {1,2}
• n > 2:
  • 1 ^ 2 ^ 3 = 0，所以可以取到 0
  • a ^ a ^ a = a，所以可以得到 [1,n]
  • 对于大于 n 的值，可以使用构造的方式来获得，比如说 1101，可以通过 {1000,100,1} 获得；1100 可以通过 {1000,101,1} 获得；得到一般公式，对于 [n+1，$2^l$-1] 中任意一个数 a 来说，它可以通过 {$2^{l-1}$，a ^ 1 ^ $2^{l-1}$，1} 获得。
  • 特殊情况，a = $2^{l-1}$ + 1（即1001，100001 这种情况），无法使用上述公式得到，这里特殊处理，可以使用 {$2^{l-1}$，2，3} 得到

代码如下：

class Solution {public int uniqueXorTriplets(int[] nums) {int n = nums.length;if(n == 1) return 1;if(n == 2) return 2;// [1, n] 选 3 个数for(int i = 31; i >= 0; i--){if((n >> i & 1) == 1){return 1 << (i + 1);}}return -1;}
}

三、3514. 不同 XOR 三元组的数目 II

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本题数据范围小，可以使用 O($n^2$) 的时间复杂度解决，先处理出 nums数组 中两个数的异或值，然后拿该异或值再与 nums 数组异或。代码如下：

class Solution {public int uniqueXorTriplets(int[] nums) {int mx = 0;for(int x : nums){mx = Math.max(mx, x);}int u = 1 << (32 - Integer.numberOfLeadingZeros(mx));// 这里不要使用 set 来存储，会超时boolean[] has = new boolean[u];for(int i = 0; i < nums.length; i++){for(int j = i; j < nums.length; j++){has[nums[i] ^ nums[j]] = true;}}boolean[] has1 = new boolean[u];for(int i = 0; i < u; i++){if(!has[i]) continue;for(int x : nums){has1[i ^ x] = true;}}int ans = 0;for(boolean x : has1){if(x) ans++;}return ans;}
}

四、3515. 带权树中的最短路径

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本题的难点在于怎么知道更新的(u,v)之间的边权会影响根节点到哪些点的路径距离，由于本题是一个树，所以影响的肯定是(u,v)的所有子节点，那么问题变成了如何维护一个节点的所有子节点？这里可以使用 dfs时间戳 来维护：

• dfs时间戳就是通过先序遍历，对于每个节点 x，记录进入 x 节点的时间in[x]以及出该节点的时间out[x]，如果其他节点的[in[y], out[y]] 在[in[x],out[x]] 中，说明 y 是 x 的子节点。

此时，对于 (u,v) 之间边权的更新，就可以转换成 [in[v], out[v]] 区间的更新（u 是 v 的父节点），可以使用差分的思想来做，由于数据最多只能支持 O(nlogn) 的时间复杂度，所以需要一个 logn 查询/修改的数据结构来维护，可以选择线段树/树状数组，这里使用树状数组。

代码如下：

class Solution {// 树状数组模板static class FenwickTree{int[] tree;public FenwickTree(int n){tree = new int[n + 1];}public void update(int i, int val){while(i < tree.length){tree[i] += val;i += i & -i;}}public int pre(int i){int res = 0;while(i > 0){res += tree[i];i -= i & -i;}return res;}}// 根据进出时间来记录每次修改干涉的路径// 根据{进出时间+差分}来修改/得到最短路径public int[] treeQueries(int n, int[][] edges, int[][] queries) {List<Integer>[] g = new ArrayList[n+1];Arrays.setAll(g, e->new ArrayList<>());for(int[] e : edges){int u = e[0];int v = e[1];g[u].add(v);g[v].add(u);}in = new int[n+1];out = new int[n+1];dfs(1, -1, g);weight = new int[n+1];// 记录边权FenwickTree t = new FenwickTree(n);for(int[] e : edges){update(e[0], e[1], e[2], t);}List<Integer> ans = new ArrayList<>();for(int[] q : queries){if(q[0] == 1){update(q[1], q[2], q[3], t);}else{ans.add(t.pre(in[q[1]]));}}return ans.stream().mapToInt(i -> i).toArray();}int clock = 0;int[] in;int[] out;int[] weight;void dfs(int x, int fa, List<Integer>[] g){in[x] = ++clock;for(int y : g[x]){if(y == fa) continue;dfs(y, x, g);}out[x] = clock;}void update(int x, int y, int w, FenwickTree t){if(in[x] > in[y]){y = x;}int d = w - weight[y];weight[y] = w;t.update(in[y], d);t.update(out[y]+1, -d);}
}