P5658 CSP-S2019括号树

[CSP-S2019] 括号树 (傻逼绿题

题目背景

本题中合法括号串的定义如下:

  1. () 是合法括号串。
  2. 如果 A 是合法括号串,则 (A) 是合法括号串。
  3. 如果 AB 是合法括号串,则 AB 是合法括号串。

本题中子串不同的子串的定义如下:

  1. 字符串 S 的子串是 S连续的任意个字符组成的字符串。S 的子串可用起始位置 l 与终止位置 r 来表示,记为 S(l,r)1lr|S||S| 表示 S 的长度)。
  2. S 的两个子串视作不同当且仅当它们在 S 中的位置不同,即 l 不同或 r 不同。

题目描述

一个大小为 n 的树包含 n 个结点和 n1 条边,每条边连接两个结点,且任意两个结点间有且仅有一条简单路径互相可达。

小 Q 是一个充满好奇心的小朋友,有一天他在上学的路上碰见了一个大小为 n 的树,树上结点从 1n 编号,1 号结点为树的根。除 1 号结点外,每个结点有一个父亲结点,u2un)号结点的父亲为 fu1fu<u)号结点。

小 Q 发现这个树的每个结点上恰有一个括号,可能是()。小 Q 定义 si 为:将根结点到 i 号结点的简单路径上的括号,按结点经过顺序依次排列组成的字符串。

显然 si 是个括号串,但不一定是合法括号串,因此现在小 Q 想对所有的 i1in)求出,si 中有多少个互不相同的子串合法括号串

这个问题难倒了小 Q,他只好向你求助。设 si 共有 ki 个不同子串是合法括号串, 你只需要告诉小 Q 所有 i×ki 的异或和,即:

(1×k1) xor (2×k2) xor (3×k3) xor  xor (n×kn)

其中 xor 是位异或运算。

输入格式

第一行一个整数 n,表示树的大小。

第二行一个长为 n 的由() 组成的括号串,第 i 个括号表示 i 号结点上的括号。

第三行包含 n1 个整数,第 i1i<n)个整数表示 i+1 号结点的父亲编号 fi+1

输出格式

仅一行一个整数表示答案。

样例 #1

样例输入 #1

5
(()()
1 1 2 2

样例输出 #1

6

提示

【样例解释1】

树的形态如下图:

将根到 1 号结点的简单路径上的括号,按经过顺序排列所组成的字符串为 (,子串是合法括号串的个数为 0

将根到 2 号结点的字符串为 ((,子串是合法括号串的个数为 0

将根到 3 号结点的字符串为 (),子串是合法括号串的个数为 1

将根到 4 号结点的字符串为 (((,子串是合法括号串的个数为 0

将根到 5 号结点的字符串为 ((),子串是合法括号串的个数为 1

【数据范围】

思路

很容易想到,如果给出的字符串刚好是一条链,那么刚好就是一个线性dp,由于要计算每一个i结尾的字符串中答案数,所以定义ans[i]为从根节点到i这条路径上面的答案数
先从一组手搓数据出发(假设这是一条链的情况):

8()(())()

相对应的答案是:

ans:01001203

我们以第六个节点为例子,首先显而易见的:第二个节点的ans为1,并且根据题意,只有并列关系的两个合法串才多形成一个答案,所以"()A"这个串(假设A是一个合法串)中最后一个后括号的答案即为A
与这个后括号单独匹配的前括号(记其位置为k),k之前最后一个得到匹配的后括号(记为t)的ans[t]+1,现在一条链的情况解决了,那么如何考虑非线性结构的树呢,很简单,只要通过fa[x]数组维护一个伪线性关系就行了。至于括号匹配的方式,就用这类问题经常使用的栈来维护就行了。然后最后对于
任意的ij的直接或间接父亲,以i结尾的必然是以j结尾的子情况(子串),即符合前缀和的形式,最后维护一个前缀和数组就行。

需要维护的数据:

s[],top:记录未匹配的左括号
fa[x]x节点的直接父亲
pre[i]:记录当前左括号(如果是右括号就不维护)之前最后一个得到匹配的右括号的位置
ans[i]:记录从根节点到当前节点的串中的答案值
sum[i]:ans[i]数组的树上前缀和

维护方式:

s[],top:如果当前是左括号就入栈
fa[x]在输入的时候就可以统计
pre[i]:在函数参数内定义一个las为上一个匹配的后括号,如果fa[i]是后括号且为las,那么pre[i]las
ans[i]:按照上文说法来统计即可
sum[i]:ans[i]数组的树上前缀和
在把所有定义为longlong,空间开够之后,你会发现只有85分,因为这个时候的函数是这样的:

点击查看代码
void dfs(int x,int las)
{
if(a[x]=='(')
{
if(a[fa[x]]==')'&&las==fa[x])pre[x]=fa[x];
s[++top]=x;
}
else
{
if(top==0)ans[x]=0;
else
{
ans[x]=ans[pre[s[top]]]+1;
top--;
}
}
sum[x]=sum[fa[x]]+ans[x];
// printf("ans:[%d]:%d\n",x,ans[x]);
for(int i=head[x];i;i=E[i].nex)dfs(E[i].v,(a[x]=='('?las:x));
}

这样的弊端在于什么呢:通过全局变量的s[i],top进行加加减减,可能会导致在dfs当前点x的时候,它的子树中的操作直接把x这个位置入栈的左括号给覆盖了,实际上我们应该对每一个节点都维护一个单独的栈,只是这些栈有着继承的关系,才省事只用了一个,所以我想到了回溯法来保证dfsx的子树后当前x的栈是正确的,代码如下:

点击查看代码
void dfs(int x,int las)
{
int mem=s[top];
if(a[x]=='(')
{
if(a[fa[x]]==')'&&las==fa[x])pre[x]=fa[x];
s[++top]=x;
}
else
{
if(top==0)ans[x]=0;
else
{
ans[x]=ans[pre[s[top]]]+1;
// for(int i=1;i<=top;i++)printf("%c",a[s[top]]);
top--;
}
}
sum[x]=sum[fa[x]]+ans[x];
// printf("ans[%d]:%d sum[%d]:%d\n",x,ans[x],x,sum[x]);
for(int i=head[x];i;i=E[i].nex)
dfs(E[i].v,(a[x]=='('?las:x));
if(a[x]=='(')s[--top]=mem;
else s[++top]=mem;
}

然而这样交上去依然只有85pts,为什么呢,小de一会后我发现即使是根本就没有进行出入栈操作的(top==0/and/a[x]==))的情况,该代码也会对当前栈进行操作,实测只要改掉这个地方,就可以AC了,比较菜,所以索性把遍历写了114514遍。。。

ACCode

点击查看代码
posted @   Hanggoash  阅读(92)  评论(0编辑  收藏  举报
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