CSP S 2019 洛谷P5658 括號樹

本題中合法括號串的定義如下：

()是合法括號串。

如果a是合法括號串，則(a)是合法括號串。

如果a，b是合法括號串，則ab是合法括號串。

本題中子串與不同的子串的定義如下：

4. 字串s的子串是s中連續的任意個字元組成的字串。s的子串可用起始位置 \(l\) 與終止位置 \(r\) 來表示，記為 \(s (l, r)\)（\(1 \leq l \leq r \leq |s |\)，\(|s |\) 表示 s 的長度）。

5.s的兩個子串視作不同當且僅當它們在s中的位置不同，即 \(l\) 不同或 \(r\) 不同。

乙個大小為 \(n\) 的樹包含 \(n\) 個結點和 \(n − 1\) 條邊，每條邊連線兩個結點，且任意兩個結點間有且僅有一條簡單路徑互相可達。

小 q 是乙個充滿好奇心的小朋友，有一天他在上學的路上碰見了乙個大小為 \(n\) 的樹，樹上結點從 \(1\) ∼ \(n\) 編號，\(1\) 號結點為樹的根。除 \(1\) 號結點外，每個結點有乙個父親結點，\(u\)（\(2 \leq u \leq n\)）號結點的父親為 \(f_u\)（\(1 ≤ f_u < u\)）號結點。

小 q 發現這個樹的每個結點上恰有乙個括號，可能是(或)。小 q 定義 \(s_i\) 為：將根結點到 \(i\) 號結點的簡單路徑上的括號，按結點經過順序依次排列組成的字串。

顯然 \(s_i\) 是個括號串，但不一定是合法括號串，因此現在小 q 想對所有的 \(i\)（\(1\leq i\leq n\)）求出，\(s_i\) 中有多少個互不相同的子串是合法括號串。

這個問題難倒了小 q，他只好向你求助。設 \(s_i\) 共有 \(k_i\) 個不同子串是合法括號串，你只需要告訴小 q 所有 \(i \times k_i\) 的異或和，即：

\[(1 \times k_1)\ \text\ (2 \times k_2)\ \text\ (3 \times k_3)\ \text\ \cdots\ \text\ (n \times k_n)

\]其中 \(xor\) 是位異或運算。

我們設\(ans[x]\)表示路徑\((1,x)\)中構成的括號串，以\(x\)節點為右端點的所有區間有多少個合法括號串。

那麼我們就可以在訪問每乙個節點時，依次列舉它的每乙個祖先，如果滿足\(cnt[x][1]-cnt[y][1]=cnt[x][2]-cnt[y][2]\)，那麼\(ans[x]++\)。直到\(cnt[y][2]< cnt[y][1]\)時停止列舉。

這樣我們就得到了乙個\(o(n^2)\)的演算法，獲得了\(50pts\)的好成績。

我們發現，其實我們只關心在路徑\((1,x)\)中，深度最大的不滿足\(cnt[p][2]\geq cnt[p][1]\)的節點\(p\)是哪乙個。這樣所有在路徑\((son[p],x)\)中滿足條件\((1)\)的點都可以做貢獻。

其實\((1)\)的條件可以轉化為\(cnt[x][1]-cnt[x][2]=cnt[y][1]-cnt[y][2]\)。所以我們可以用\(pos[s][tot]\)記錄\(cnt[y][1]-cnt[y][2]=s\)的每乙個\(x\)的祖先\(y\)編號。這樣如果\(cnt[x][1]-cnt[x][2]=s\)，那麼能對\(x\)做貢獻的點就都在\(pos[s]\)中。

那麼我們可以用乙個棧來記錄\(cnt[p][2]的所有\(p\)。其中\(p\)是\(x\)的祖先。此時如果節點\(x\)為(，那麼直接將\(x\)扔進棧裡。如果\(x\)為)，那麼就彈出棧頂。

這樣如果棧頂是\(p\)，那麼能對\(x\)做貢獻的就是同時在路徑\((son[p],x)\)和\(pos[cnt[x][1]-cnt[x][2]\)的節點。

所以就可以二分出\(ans[x]\)。

發現\(pos\)中最多隻會有\(n\)個元素，所以可以開乙個\(vector\)。

求出\(ans[x]\)後，路徑\((1,x)\)的合法括號串個數就是\(\sum^x\texttt}_ans[y]\)。做字首和即可。

注意回溯時需要在棧中彈出\(x\)。

時間複雜度\(o(n\log n)\)

#include #include #include #include #include using namespace std;
typedef long long ll;
const int n=500010,inf=1e9;
int n,tot,a[n],cnt[n][3],head[n];
ll ans[n],orz;
char ch;
vectorpos[n*2];
stackdel;
struct edge
e[n];
void add(int from,int to)
int binary(int x,int tp)
return res;
}void dfs(int x,int fa)
int tp=del.top();
pos[s].push_back(inf);
ans[x]=pos[s].size()-binary(s,tp)-1;
pos[s].pop_back();
}	ans[x]+=ans[fa];
orz^=1ll*x*ans[x];
pos[s].push_back(x);
for (int i=head[x];~i;i=e[i].next)
dfs(e[i].to,x);
pos[s].pop_back();
if (del.top()==x) del.pop();
if (pp!=-1) del.push(pp);
}int main()
if (ch=='(') a[i]=1;
else a[i]=2;
}	for (int i=2,x;i<=n;i++)
del.push(-1);pos[n].push_back(0);
dfs(1,0);
printf("%lld\n",orz);
//	for (int i=1;i<=n;i++)
//		printf("%lld ",ans[i]);
return 0;
}

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洛谷 P5658 括號樹（DFS）

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洛谷P5443 APIO2019 橋梁

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