【CSP-S 2019】【洛谷P5658】括号树【dfs】【二分】

前言

感觉提高不是很稳啊。
这道题也就勉强算在承受范围内吧。考场应该是写出了正解的。
洛谷自测上是满分。希望不要出什么差错吧。。。

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题目：

题目链接：https://www.luogu.org/problem/P5658?contestId=24103

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 A，B 是合法括号串，则 AB 是合法括号串。

本题中子串与不同的子串的定义如下：
4. 字符串 S 的子串是 S 中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 $S (l, r)$（$1 \leq l \leq r \leq |S |$，$|S |$ 表示 S 的长度）。
5. 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。

一个大小为 $n$ 的树包含 $n$ 个结点和 $n − 1$ 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 $1$ ∼ $n$ 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，$u$（$2 \leq u \leq n$）号结点的父亲为 $f_u$（$1 ≤ f_u < u$）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( 或)。小 Q 定义 $s_i$ 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 $s_i$ 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 $i$（$1\leq i\leq n$）求出，$s_i$ 中有多少个互不相同的子串是合法括号串。

这个问题难倒了小 Q，他只好向你求助。设 $s_i$ 共有 $k_i$ 个不同子串是合法括号串， 你只需要告诉小 Q 所有 $i \times k_i$ 的异或和，即：
$(1 \times k_1)\ \text{xor}\ (2 \times k_2)\ \text{xor}\ (3 \times k_3)\ \text{xor}\ \cdots\ \text{xor}\ (n \times k_n)$
其中 $xor$ 是位异或运算。

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思路：

我们设$ans[x]$表示路径$(1,x)$中构成的括号串，以$x$节点为右端点的所有区间有多少个合法括号串。

• 那么如果$x$位置为(，那么显然$ans[x]=0$。
• 如果$x$位置为)，设$cnt[x][1/2]$为路径$(1,x)$中左括号和右括号的个数，那么一个$x$节点的祖先$y$可以对$ans[x]$做贡献，当且仅当满足一下两个条件：
  $(1)\ cnt[x][1]-cnt[y][1]=cnt[x][2]-cnt[y][2]$
  $(2)\ ∀p\in(y,x)$，满足$cnt[p][2]\geq cnt[p][1]$

那么我们就可以在访问每一个节点时，依次枚举它的每一个祖先，如果满足$cnt[x][1]-cnt[y][1]=cnt[x][2]-cnt[y][2]$，那么$ans[x]++$。直到$cnt[y][2]< cnt[y][1]$时停止枚举。
这样我们就得到了一个$O(n^2)$的算法，获得了$50pts$的好成绩。
我们发现，其实我们只关心在路径$(1,x)$中，深度最大的不满足$cnt[p][2]\geq cnt[p][1]$的节点$p$是哪一个。这样所有在路径$(son[p],x)$中满足条件$(1)$的点都可以做贡献。

其实$(1)$的条件可以转化为$cnt[x][1]-cnt[x][2]=cnt[y][1]-cnt[y][2]$。所以我们可以用$pos[s][tot]$记录$cnt[y][1]-cnt[y][2]=s$的每一个$x$的祖先$y$编号。这样如果$cnt[x][1]-cnt[x][2]=s$，那么能对$x$做贡献的点就都在$pos[s]$中。
那么我们可以用一个栈来记录$cnt[p][2]<cnt[p][1]$的所有$p$。其中$p$是$x$的祖先。此时如果节点$x$为(，那么直接将$x$扔进栈里。如果$x$为)，那么就弹出栈顶。
这样如果栈顶是$p$，那么能对$x$做贡献的就是同时在路径$(son[p],x)$和$pos[cnt[x][1]-cnt[x][2]$的节点。
所以就可以二分出$ans[x]$。
发现$pos$中最多只会有$n$个元素，所以可以开一个$vector$。
求出$ans[x]$后，路径$(1,x)$的合法括号串个数就是$\sum^{y\texttt{是}x\texttt{的祖先}}_{y}ans[y]$。做前缀和即可。
注意回溯时需要在栈中弹出$x$。
时间复杂度$O(n\log n)$

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代码：

#include <stack>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <algorithm>
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;
vector<int> pos[N*2];
stack<int> del;

struct edge
{
	int next,to;
}e[N];

void add(int from,int to)
{
	e[++tot].to=to;
	e[tot].next=head[from];
	head[from]=tot;
}

int binary(int x,int tp)
{
	int l=0,r=pos[x].size(),mid,res;
//	for (int i=l;i<r;i++) printf("%d ",pos[x][i]);putchar(10);
	while (l<=r)
	{
		mid=(l+r)>>1;
		if (pos[x][mid]>=tp) r=mid-1,res=mid;
			else l=mid+1;
	}
	return res;
}

void dfs(int x,int fa)
{
	cnt[x][1]=cnt[fa][1]; cnt[x][2]=cnt[fa][2];
	cnt[x][a[x]]++;
	int s=cnt[x][1]-cnt[x][2]+N,pp=-1;
	if (a[x]==1) del.push(x);
	else
	{
		if (del.size()>1)
		{
			pp=del.top();
			del.pop();
		}
		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()
{
	memset(head,-1,sizeof(head));
	scanf("%d",&n);
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		//while (ch=getchar()) if (ch=='('||ch==')') break;
		while (1)
		{
			ch=getchar();
			if (ch=='('||ch==')') break;
		}
		if (ch=='(') a[i]=1;
			else a[i]=2;
	}
	for (int i=2,x;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d",&x);
		add(x,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;
}