#2652. 背单词（word）

题目描述

Lweb 面对如山的英语单词，陷入了深深的沉思，「我怎么样才能快点学完，然后去玩三国杀呢？」。这时候睿智的凤老师从远处飘来，他送给了 Lweb 一本计划册和一大缸泡椒，然后凤老师告诉 Lweb ，我知道你要学习的单词总共有 $n$ 个，现在我们从上往下完成计划表，对于一个序号为 $x$ 的单词（序号 $1 \sim x-1$ 都已经被填入）：

- 如果存在一个单词是它的后缀，并且当前没有被填入表内，那他需要吃 $n \times n$ 颗泡椒才能学会；
- 当它的所有后缀都被填入表内的情况下，如果在 $1 \sim x-1$ 的位置上的单词都不是它的后缀，那么他吃 $x$ 颗泡椒就能记住它；
- 当它的所有后缀都被填入表内的情况下，如果 $1 \sim x-1$ 的位置上存在是它后缀的单词，所有是它后缀的单词中，序号最大为 $y$ ，那么他只要吃 $x-y$ 颗泡椒就能把它记住。

Lweb 是一个吃到辣辣的东西会暴走的奇怪小朋友，所以请你帮助 Lweb，寻找一种最优的填写单词方案，使得他记住这 $n$ 个单词的情况下，吃最少的泡椒。

数据范围

$1 \le n \le 100000$ , 所有字符的长度总和 $1 \le |len| \le 510000$

题解

好冗长难懂的题目qwq

考虑反串建立 $trie$ ，将结束位置标为关键点，将关键点拉出构成一个树，可以看出要先取走父亲再取走儿子。

问题就变为对每个点分配权值 $a$ 使得 $a_i \in [1,n]$ ， $a_i>a_{fa_i}$ 且 $\sum a_i-a_{fa_i}$ 最小。

可以发现 $\sum a_i$ 使一定的，于是考虑 $\sum a_{fa_i}$ 的贡献最大即可。

考虑一下不同子树大小间的比较，即有两个子树 $x,y$ ， $size_x<size_y$ ，如果先走 $x$ 子树贡献为 $A$ ，先走 $y$ 子树贡献为 $B$ ，所以先走 $x$ 子树两个子树的贡献是 $A+B+(size_x+1) \times size_y$ ，先走 $y$ 子树两个子树的贡献是 $A+B+(size_y+1) \times size_x$ ，作差结果为 $size_y-size_x>0$ ，所以先走小子树更优。

因此从子树小的往下遍历即可。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=5.1e5+5,M=1e5+5;
int n,t[N][26],c,s[N],z[N],v[N],e[M],a[N],hd[N],V[M],nx[M],in[N];
char r[N]; long long ans;
struct O{
    int x,y;
    friend bool operator < (const O& A,const O& B){
        return z[A.x]>z[B.x];
    }
};
priority_queue<O>q;
void add(int u,int v){
    nx[++c]=hd[u];V[hd[u]=c]=v;
}
void dfs(int x,int lt){
    z[x]=s[x];
    if (s[x]) v[lt]++,add(lt,x),lt=x;
    for (int i=0;i<26;i++)
        if (t[x][i]) dfs(t[x][i],lt),z[x]+=z[t[x][i]];
}
int main(){
    cin>>n;
    for (int i=1,l,p;i<=n;i++){
        scanf("%s",r);
        l=strlen(r);p=0;
        for (int v,j=l-1;~j;j--){
            v=r[j]-97;
            if (!t[p][v])
                t[p][v]=++c;
            p=t[p][v];
        }
        s[e[i]=p]=1;
    }
    c=0;dfs(0,0);
    for (int i=hd[0];i;i=nx[i])
        q.push((O){V[i],v[V[i]]});
    int i=0;
    while(!q.empty()){
        O x=q.top();q.pop();i++;
        ans+=1ll*(1-x.y)*i;
        for (int i=hd[x.x];i;i=nx[i])
            q.push((O){V[i],v[V[i]]});
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}