【解题报告】洛谷P5658 括号树
题目链接
https://www.luogu.com.cn/problem/P5658
思路
看到这道题目，我们有必要了解一下括号序列
然后不会打正解？
好，打部分分
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(f_i=i-1) 的部分
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(n le 200)
这一部分的分数我们可以直接打暴力，然后三个循环 (O(n^3)) 再加上一个 (O(n)) 的判断被嵌套在这三个循环里面，总共是 (O(n^4)) ，可以过掉这一部分的数据
期望得分 20pts
#include <iostream> #include <cstdio> #include <algorithm> #include <cstring> #include <string> using namespace std; const int maxn=500005; int n,fa[maxn],ans; bool flag=true; char s[maxn]; struct edge{ int e,next; }ed[maxn<<1]; int en,first[maxn]; void add_edge(int s,int e) { en++; ed[en].next=first[s]; first[s]=en; ed[en].e=e; } bool check(int l,int r) { int cnt=0; for(int i=l;i<=r;i++) { if(s[i]=='(') cnt++; else if(s[i]==')') cnt--; if(cnt<0) return false; } if(cnt==0) return true; return false; } int main() { cin>>n; scanf("%s",s+1); for(int i=1;i<=n-1;i++) { int x; cin>>x; fa[i+1]=x; if(fa[i+1]!=i) flag=false; add_edge(i+1,x); add_edge(x,i+1); } if(flag) { for(int i=1;i<=n;i++) { int cnt=0; for(int l=1;l<=i;l++) { for(int r=l+1;r<=i;r++) { if(check(l,r)) cnt++; } } ans=(ans^(cnt*i)); } cout<<ans<<' '; return 0; } return 0; } -
(n le 10^5) 的部分
我们可以发现，实际上我们的瓶颈在于我们有一个 (n^3) 的美剧左端点，枚举右端点和一次判断，我们要完成 (10^5) 的数据，至少要达到 (O(nlogn)) 的时间复杂度，所以我们要继续优化
根据大佬的提示，我们可以知道下面一段话
我们发现，一个后括号如果能匹配一个前括号，假设这个前括号的前1位同样有一个已经匹配了的后括号，那么我们势必可以把当前的匹配和之前的匹配序列合并，当前的这个后括号的贡献值，其实就等于前面那个后括号的贡献值+1！
然后我们就可以按照这个写出代码，这个结论要用手模一下
期望得分 55pts
#include <iostream> #include <cstdio> #include <algorithm> #include <cstring> #include <string> #define int long long using namespace std; const int maxn=500005; int n,fa[maxn],ans; int st[maxn],don[maxn],sum[maxn],size; bool flag=true; char s[maxn]; struct edge{ int e,next; }ed[maxn<<1]; int en,first[maxn]; void add_edge(int s,int e) { en++; ed[en].next=first[s]; first[s]=en; ed[en].e=e; } bool check(int l,int r) { int cnt=0; for(int i=l;i<=r;i++) { if(s[i]=='(') cnt++; else if(s[i]==')') cnt--; if(cnt<0) return false; } if(cnt==0) return true; return false; } signed main() { cin>>n; scanf("%s",s+1); for(int i=1;i<=n-1;i++) { int x; cin>>x; fa[i+1]=x; if(fa[i+1]!=i) flag=false; add_edge(i+1,x); add_edge(x,i+1); } if(flag) { for(int i=1;i<=n;i++) { if(s[i]==')') { if(size==0) continue; int t=st[size]; don[i]=don[t-1]+1; size--; } else if(s[i]=='(') st[++size]=i; } for(int i=1;i<=n;i++) sum[i]=sum[i-1]+don[i]; for(int i=1;i<=n;i++) ans=(ans^(i*sum[i])); cout<<ans<<' '; return 0; } return 0; }
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无特殊性质
这种情况，我们要做的是把序列上的问题转化到树上，每个结点到根的简单路径有且仅有一条，所以如果单单是对于这一条链的话，策略跟上面一样,但是我们的前一个结点就变了，上一个左括号的，也就是上面的代码中的 (t) 我们要改成 (fa[t]) 这样，然后计算每个结点对应的合法序列的个数也要改变
那我们压进栈里面的数字怎么办啊
我们设置了一个中间值，记录上一个左括号的位置，如果这个中间值为 (0) 的话，说明这是一个左括号，那么在栈里面加入它，如果不是 (0) 的话，判断一下栈的大小是否为 (0) ，如果不是 (0) 的话，我们就可以发现一个事情，在之前的递归中，我们一定压入了一个数，但是这个数会影响后面的答案，所以我们将这个值弹出，相当于回溯一下子
期望得分100pts
#include <iostream> #include <cstdio> #include <algorithm> #include <cstring> #include <string> #define int long long using namespace std; const int maxn=500005; int n,fa[maxn],ans; int st[maxn],don[maxn],sum[maxn],size; bool flag=true; char s[maxn]; struct edge{ int e,next; }ed[maxn<<1]; int en,first[maxn]; void add_edge(int s,int e) { en++; ed[en].next=first[s]; first[s]=en; ed[en].e=e; } void dfs(int x) { int tmp=0; if(s[x]==')') { if(size!=0) { tmp=st[size]; don[x]=don[fa[tmp]]+1; size--; } } else if(s[x]=='(') st[++size]=x; sum[x]=sum[fa[x]]+don[x]; for(int i=first[x];i;i=ed[i].next) { int e=ed[i].e; dfs(e); } if(tmp!=0) st[++size]=tmp; else if(size) size--; } bool check(int l,int r) { int cnt=0; for(int i=l;i<=r;i++) { if(s[i]=='(') cnt++; else if(s[i]==')') cnt--; if(cnt<0) return false; } if(cnt==0) return true; return false; } signed main() { cin>>n; scanf("%s",s+1); for(int i=2;i<=n;i++) { int x; cin>>x; add_edge(x,i); fa[i]=x; } dfs(1); for(int i=1;i<=n;i++) ans=(ans^(i*sum[i])); cout<<ans<<' '; return 0; }