fzyzojP3372 -- [校内训练20171124]博弈问题
对于每个点都要答案
还是异或
trie树合并石锤了
朴素枚举是O(n^2*17)的
怎么办呢?
我们发现合并的时候,一些部分的trie的子树还是不变的
改变的部分也就是合并的复杂度可以接受
鉴于大部分trie都不变,而且是一个从上往下的过程,支持pushup维护
所以考虑dp,再在merge的pushup时候维护好dp值的更新
f[i]表示trie中以i为根子树,最后的游戏结果
转移分类讨论:
如果x的sz==1,令dp[x]=-1
否则如果仅x的某一个子树有sz,dp[x]=dp[son]
否则如果x的一个子树sz==1,那么先手一定选择这个子树,一定更优,那么后手的选择就固定了,就是在另一个子树trie上尽量使答案小。O(logn)转移一下
否则,那么先手进哪一个,后手一定跟进去,所以两个子树的dp取max即可
复杂度:O(nlog^2n)不严格
#include<bits/stdc++.h> #define il inline #define reg register int #define numb (ch^'0') using namespace std; typedef long long ll; il void rd(int &x){ char ch;bool fl=false; while(!isdigit(ch=getchar()))(ch=='-')&&(fl=true); for(x=numb;isdigit(ch=getchar());x=x*10+numb); (fl==true)&&(x=-x); } namespace Miracle{ const int N=100000+5; const int U=17;//sudhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhh int a[N]; struct node{ int nxt,to; }e[2*N]; int hd[N],cnt; int n; void add(int x,int y){ e[++cnt].nxt=hd[x]; e[cnt].to=y; hd[x]=cnt; } struct tr{ int ls,rs; int sz,dp; int val; }t[N*40]; int tot; int calc(int x,int d,int s){ int ret=0; int now=x; for(reg i=d+1;i<=U;++i){ int c=(s>>(U-i))&1; if(c==1){ if(t[now].ls) now=t[now].ls; else now=t[now].rs,ret+=(1<<(U-i)); }else{ if(t[now].rs) now=t[now].rs; else now=t[now].ls,ret+=(1<<(U-i)); } } return ret; } void pushup(int x,int d){ t[x].sz=t[t[x].ls].sz+t[t[x].rs].sz; if(t[x].sz==1) t[x].val=t[t[x].ls].val+t[t[x].rs].val; if(t[x].sz==1){ t[x].dp=-1; } if(!t[t[x].ls].sz){ t[x].dp=t[t[x].rs].dp; }else if(!t[t[x].rs].sz){ t[x].dp=t[t[x].ls].dp; }else{ if(t[t[x].ls].sz==1){ t[x].dp=calc(t[x].rs,d+1,t[t[x].ls].val)+(1<<(U-d-1)); }else if(t[t[x].rs].sz==1){ t[x].dp=calc(t[x].ls,d+1,t[t[x].rs].val)+(1<<(U-d-1)); }else{ t[x].dp=max(t[t[x].ls].dp,t[t[x].rs].dp); } } } void upda(int &x,int d,int v){ if(!x) x=++tot; //cout<<" xx "<<x<<" d "<<d<<" v "<<v<<endl; if(d==U){ ++t[x].sz; t[x].val=v; if(t[x].sz==1){ t[x].dp=-1; }else t[x].dp=0; return; } if(v&(1<<(U-d-1)))// cout<<"is 1", upda(t[x].ls,d+1,v); else //cout<<"is 0 ", upda(t[x].rs,d+1,v); pushup(x,d); } int merge(int x,int y,int d){ if(!x||!y) return x+y; if(d==U){ t[x].sz+=t[y].sz; t[x].dp=0; return x; } t[x].ls=merge(t[x].ls,t[y].ls,d+1); t[x].rs=merge(t[x].rs,t[y].rs,d+1); pushup(x,d); return x; } int rt[N]; int ans[N]; void dfs(int x,int fa){ for(reg i=hd[x];i;i=e[i].nxt){ int y=e[i].to; if(y==fa) continue; dfs(y,x); rt[x]=merge(rt[x],rt[y],0); } //cout<<" x "<<x<<" "<<rt[x]<<" : "<<t[rt[x]].dp<<" "<<t[rt[x]].sz<<endl; upda(rt[x],0,a[x]); ans[x]=t[rt[x]].dp; } int main(){ rd(n); for(reg i=1;i<=n;++i)rd(a[i]); int x,y; for(reg i=1;i<n;++i){ rd(x);rd(y); add(x,y);add(y,x); } dfs(1,0); for(reg i=1;i<=n;++i){ printf("%d\n",ans[i]); } return 0; } } signed main(){ freopen("3372.in","r",stdin); freopen("3372.out","w",stdout); Miracle::main(); return 0; } /* Author: *Miracle* Date: 2019/2/3 17:19:49 */
总结:
考虑在变化中寻找不变的,再进行维护
变化的毕竟在少数。
动态点分治就是这个思想。
要大胆DP
再认真分析维护的复杂度和方式。
也启示我们线段树不光是只能维护信息的存在与否。(其实都是靠pushup辣)