T1

开始认为是一个dp问题，最后变成了求通项公式。。

通项公式为:

通过快速幂求解即可，注意类型为long long:

#define MOD 1000000007
typedef long long ll;

class Solution {
public:
    /**
     * 代码中的类名、方法名、参数名已经指定，请勿修改，直接返回方法规定的值即可
     *
     *
     * @param n int整型
     * @return int整型
     */
    ll fastpow(ll n, ll val){
        if(n == 1) return val;
        if(n == 0) return 1;

        ll x = fastpow(n/2, val);
        return n % 2 ? ((x*x) % MOD*val) % MOD : (x*x) % MOD;
    }

    int fun(int n) {
        return (ll)((n-1)*fastpow(n+1, 2)) % MOD;
    }
};

T2

类似树形dp的一个问题，直接在原树上进行修改了。

问题分析：每个新节点上的值是以该结点为子树根节点时，这棵树所有节点值的乘积结果的末尾0数量。

而末尾0的数量实际上由这个乘积值中因子2和因子5的数量最小值决定。

因此我们可以通过一个后序遍历，计算得到分别以左、右孩子为根的子树中因子2和5的数量，并加上当前节点值的因子2和5的数量，从而计算得到该结点的最终答案。

代码如下：

class Solution {
public:
   TreeNode* valueOfTree(TreeNode* root) {
       // write code here
       dfs(root);
       return root;
   }

   pair<int,int> dfs(TreeNode* node){
       if(node == nullptr){
           return {0, 0};
       }
       auto l = dfs(node->left);
       auto r = dfs(node->right);
       auto cur = cal(node->val);
       auto n2 = cur.first + l.first + r.first;
       auto n5 = cur.second + l.second + r.second;
       node->val = min(n2, n5);
       return {n2, n5};
   }

   //末尾0的数量与因子2和5的数量有关系
   pair<int,int> cal(int num){
       int n2 = 0, n5 = 0;
       while(num%2 == 0){
           num /= 2;
           n2 += 1;
       }
       while(num%5 == 0){
           num /= 5;
           n5 += 1;
       }
       return {n2,n5};
   }
};

T3

简单构造即可

后来想到更简单的构造如下序列：

$\{n,n-1,\mathrm{.}\mathrm{.}\mathrm{.},1\},\{n,n-1,\mathrm{.}\mathrm{.}\mathrm{.},2\},\{\mathrm{.}\mathrm{.}\mathrm{.}\},\{n,n-1\},\{n\}\backslash \{n,n-1,...,1\backslash \},\backslash \{n,n-1,...,2\backslash \},\backslash \{...\backslash \},\backslash \{n,n-1\backslash \},\backslash \{n\backslash \}$

class Solution {
public:
   vector<int> fun(int n) {
       // write code here
       int len = n*(n+1) / 2;
       vector<int> ans(len, 0);
       ans[0] = n;

       int start = 1;
       int j = 1;
       for(int i=1; i<len; i++){
           ans[i] = j++;
           if(j > n){
               start += 1;
               j = start;
           }
       }

       return ans;
   }
};