A

思路

假设$a<b$，且$a$有$m$位，$b$有$n$位。那么$x$的位数必定小于等于$m$。$x$中超过$m$位的数字不可能令答案变得更小，因为超过$m$位要想让答案更小，只能异或掉$b$的一个$1$，那么$x$的该位必然是$1$，这样就会让$a$在此增加一个$1$，答案并没有变化。
考虑不超过$m$位的部分。要想让答案变小，就要让$a,b$的$1$减少，因此只能对$a,b$均为$1$的一位进行异或，否则不会优化答案。
通过上述分析，易得$x=a\&b$。

证明：$(a\oplus(a\&b))+(b\oplus(a\&b))=a\oplus b$
自己不太严谨的证明：设$o=a\&b$。则$o$是由$a,b$共有的$1$组成的数字。$a\oplus o$即$a$独有的$1$组成数字。$b\oplus o$同理。二者相加即$a,b$二者各自独有的$1$组成的数字，与$a\oplus b$效果相同。

代码

考场代码与思路略有差异。

#include <iostream>
using namespace std;
int t,a,b;
int main()
{
	ios_base::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	cin>>t;
	while(t--)
	{
		cin>>a>>b;
		if(a>b)
			swap(a,b);
		int x=0;
		int cur=1;
		while(cur<=a)
		{
			if(a&cur && b&cur)
			{
				x|=cur;
			}
			cur<<=1;
		}
		cout<<(a^x)+(b^x)<<endl;
	}
}

B

思路

途中不能改变遍历规则，且在大图中很难堵，不如从起点和终点堵截。
从起点出发只能向右或向下，要到达终点也只有这两个方向。只需让起点旁边的两个格同号且均与终点旁边的两个格异号即可。 不论这四个格初始状态是什么，都可以在两步之内实现最终状态。

代码

if太多太恶心懒得写了

C

思路

非常巧妙的一个题，把倒数第二个反转到最后面，再把中间所有的（不包含开头和结尾）反转到最前面，这样就只有最后一个字符不满足回文条件了，但是此时正数第二个正是最后那个字符，把第二个反转到前面即可。

#include<iostream>
using namespace std;
int n;
int main()
{
	string str;
	cin>>str;
	n=str.size();
	printf("3\nR %d\nL %d\nL 2\n",n-1,n);
}

D

思路

找出横纵坐标之差再根据路径权值求和即可

代码

无