CF778C Peterson Polyglot

CF778C Peterson Polyglot

时间复杂度证明题，zhoukangyang指导了我好久才明白。。。

Trie树启发式合并，代码异常简洁，时间复杂度还是 \(O(n\log n)\) 的。

反正代码也不长，就550B，直接放代码，等你看懂了我在干什么再来证复杂度吧。

const int N=600005;
int ch[N][26],n,cnt[N],tot,ans,id;
int merge(int x,int y){
	if(!x||!y)return x|y;
	int u=++tot;
	rep(i,0,25)ch[u][i]=merge(ch[x][i],ch[y][i]);
	return u;
}
void dfs(int u,int dep){
	if(!u)return;
	tot=n;int x=++tot;
	rep(i,0,25)x=merge(x,ch[u][i]);
	cnt[dep]+=tot-n-1;
	rep(i,0,25)dfs(ch[u][i],dep+1);
}
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	cin>>n;
	rep(i,2,n){
		char c;int x,y;
		cin>>x>>y>>c,ch[x][c-'a']=y;
	}
	dfs(1,1),ans=N;
	rep(i,1,n)if(ckmin(ans,n-cnt[i]))id=i;
	cout<<ans<<'\n'<<id<<'\n';
}

嗯对，就这玩意，感觉很假，但是确实是 \(O(n\log n)\) 的。

关键在于那个 merge 。手玩一下就很清楚了，每次 dfs 的时候把 \(x\) 的子树全部 merge ，总新建节点次数不会超过 \(x\) 的轻子树大小之和！

轻子树和是 \(O(n\log n)\) 的，因为每一个节点只有在往根跳到轻链才会被统计到一次，而根据重链剖分性质这个次数是 \(O(\log n)\) 的 。

所以复杂度就是 \(O(n\log n)\) 了。