P5658 括号树 Sol

首先考虑链的情况。

首先，对于括号匹配，很直接的想法就是维护一个栈，此时每一个节点的答案代表的就是一段前缀。如果当前右括号匹配上了，那么答案 \(res_i+1\)。考虑如何将 \(res_{i-1}\) 与第 \(i\) 位合并起来。

答案能够合并，当且仅当新构成的合法括号序列能与之前形成的合法括号序列进行连接。那么答案很显然了，就是连续的合法括号序列在一起就能产生新的贡献。例如：

(()())())，这个 \(n=8\) 的序列，走到 \(i=8\) 时，有 (()()) 对其产生贡献。但是我们看到，这个 \(len=6\) 的合法括号序列本身的答案 \(=4\)，而它无法对 () 产生 \(4\) 的贡献——只产生了 \(1\) 的贡献。

考虑到这个大的合法括号序列本质上是这样的：(...)，也就是说，当且仅当这样的情况，每一段能对新的合法括号序列产生 \(1\) 的贡献：

(...)(...)(...)()

结合 (()()) 本身，可以看到括号内这个规则仍然适用。

那么正解就想到了。

只需要转移上一次得到的答案，若当前完成新的匹配，那么加上连续括号段的个数。括号段非常好转移，只需要对于每一个 )，找到与之匹配的 (，那么这个 ( 前面的字符就是被转移的对象。详细来说，若其为 (，那么忽略，转移不了；否则，siz[cur]=siz[fa[lst[cur]]]：其中 lst 表示 ) 匹配到的 (，siz 表示到 cur 时连续括号段的个数。显然，遇到 ( 时只需要继承其父亲的 siz。

放到树上显然也成立。

记得在深搜的时候回溯，不然栈内元素被删光了就会 WA / RE。

#include <bits/stdc++.h>
using ll = long long;
using namespace std;

const int N = 5e5 + 10;
int n, fa[N], siz[N], lst[N]; ll f[N]; char str[N];
vector <int> g[N]; stack <int> stk;

inline void dfs(int cur) {
  int tmp = -1; f[cur] = f[fa[cur]];
  if (str[cur] == '(') stk.push(cur);
  else if (!stk.empty()) {
    lst[cur] = tmp = stk.top(); stk.pop();
    siz[cur] = siz[fa[lst[cur]]] + 1;
    f[cur] += siz[cur];
  }
  for (auto to: g[cur]) dfs(to);
  if (str[cur] == '(') stk.pop();
  else if (tmp > 0) stk.push(tmp); return ;
}

signed main() {
  ios_base::sync_with_stdio(false); cin.tie(0), cout.tie(0);
  cin >> n; cin >> str + 1;
  for (int i = 2; i <= n; ++i)
    cin >> fa[i], g[fa[i]].emplace_back(i);
  dfs(1); ll res = 0;
  for (int i = 1; i <= n; ++i) res ^= ((ll)i * f[i]);
  cout << res << endl;
  return 0;
}