题解 P5658 【括号树】

Inkyo · 2019-11-16 20:35:01 · 题解

这里是墨攸，平生没有什么爱好，~~就喜欢做T2~~（不好意思这次T2做得我心态炸了）

最完整的题解！不服求超过~~QWQ

2019 - CSP-S DAY-1 T2 括号树

\text{Update} 19-11-23: 修复了一些文本上的小错误。

话说看的人居然有这么多，真是受宠若惊qwq

**跟着心路历程走，更容易懂这道题哦！** ------------ 开题。 woc这是什么东西？完全没有思路啊！！！！想了$10min$，决定先敲个暴力。 ## 1、暴力：10~20pts，复杂度$O(n^4)$，只能解决链暴力很容易就会了。因为只解决链，所以不用建树，用一个数组存就可以了。恰好这题很良心，编号为 $i$ 的祖先恰好是 $i-1$，也就是说本身编号就是顺序的（~~不像毒瘤T3，链的编号还有可能乱序~~）先套一重$for$ 枚举 $i$，代表从根节点走到了 $i$ 号节点。由于要计算 $1-i$ 中究竟有多少个子括号序列，所以我们还需要枚举左端点 $l$ 和右端点 $r$，表示枚举到区间为$[l,r]$的子括号序列。然后还要写一个判断括号是否匹配的$check$子函数。子函数的复杂度为$O(r-l)$。 $check$子函数应该都会写吧，开栈来判断即可。具体可以看[这题](https://www.luogu.org/problem/P1739)。 $3$重循环套一个$check$，所以复杂度为 $O(n^4)$。实际上是跑不满的，所以有望过 $n=200$ 的数据。 ## 2、55pts，复杂度$O(n)$，只解决链发现链居然有$55pts$的友好分，果断开链。观察我们暴力究竟慢在哪里了？无非就是计算 $1-i$ 之中有多少个匹配的括号子序列。观察数据，发现数据 $5e5$，讲道理 $O(nlogn)$ 跑这样的数据本身就带悬。加上 $\text{CCF}$ 老年机的 $\text{debuff}$ ，还真的没法保证能跑过去。 ~~我深信~~ $\text{CCF}$ 是不会卡常的 (jiade) ，所以我当时就在想，只能$O(1)$计算每次的贡献值。怎么 $O(1)$ 计算呢？不知道啊，要不来举几个例子推一推？ **注意，以下的例子第一个字符的下标均为$1$** ------------ ``` 例子1： ()()() ``` 我们发现，$i=2$ 的时候，对答案的贡献值为 $1$。而 $i=4$ 的时候，本身 $[3,4]$就有一个满足要求的括号序列，在合并上前面的成为$[1,4]$，同样满足，于是对答案的贡献值就为$2$，再加上前面$[1,2]$本身有的括号序列，总共为 $3$。 $i=6$时同理，总共的贡献值为 $3$，加上前面的有 $3+3=6$ 种。其他位置均没有贡献。换句话说，$i$为$1-6$时对答案的贡献分别为$0,1,0,2,0,3$，合并后的总答案为$0,1,1,3,3,6

例子2:
())()

继续前面的思想，i=2时，对答案贡献1。而i=3时，由于不满足成匹配的括号序列，所以没有贡献。而i=5时，由于i=3多了一个后括号，[1,3]不匹配，导致[1,5]成不了一个匹配的括号序列。故对答案的贡献仍为 1

i$为$1-5$时对答案的贡献分别为$0,1,0,0,1$，合并后的总答案为$0,1,1,1,2

例子3:
()(())

接着刚刚的分析，i=2时，贡献为1，而i=5时，由于i=3在中间断开，使[1,5]不能匹配，所以贡献仍为1。

当i=6情况有了变化。我们发现[1,2]是匹配的。故[1,2],[3,6]能合成一个匹配的序列，故对答案贡献为2。

i$为$1-6$时对答案的贡献分别为$0,1,0,0,1,2$，合并后的总答案为$0,1,1,1,2,4

ok，理论的分析就先告一段落了！有没有发现什么规律？

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！

这是一个非常重要的结论，可以在递推过程中，直接完成 O(1) 计算贡献值！

你可以用这个结论带入到前面的例子中推一下，马上就明白了（不要嫌麻烦，嫌麻烦就做不了题。考场上就是要多手推）

有了贡献值，当前位置答案总和就很好算了。很明显，第 i 位的总和等于 i-1 位的总和加上第 i 位的贡献值。

那怎么判断括号是否匹配呢？ 我们同样可以用这题的思想开栈做。每次压入一个括号然后进行操作即可。

就算后括号匹配了，那我又如何知道前括号的位置呢？ 其实也很简单。我们把压入括号改一改，不压括号，取之而代，压入前括号的位置即可。判断是否匹配只需要看栈里有没有数即可。

我们用 lst[i] 表示第 i 位的贡献，sum[i] 表示第 i 位的答案总合。那么就有：


//s是栈，top是栈顶，手写栈貌似要快很多。

if(c[i] == ')') //是后括号
{
    if(top == 0) continue; //栈为空，则没有匹配
    int t = s[top]; //匹配的前括号的位置 
    lst[i] = lst[t - 1] + 1 //结论计算贡献值
    top --;
}
else if(c[i] == '(') s[++ top] = i; //是前括号，就压入它的位置 
sum[i] = sum[i - 1] +  lst[i]; //计算总和

很容易发现，这样处理一个位置的总和其实是O(1)的

当然整个代码要放进一个循环里。完整代码如下：

for(int i = 1; i <= n; i ++) //好吧只多了个循环....
{
    if(c[i] == ')')
    {
        if(top == 0) continue; //判断栈是否为空 
        int t = s[top]; //匹配的前括号的位置 
        lst[i] = lst[t - 1] + 1 //结论计算贡献值
        top --;
    }
    else if(c[i] == '(') s[++ top] = i; //是前括号，就压入它的位置 
    sum[i] = sum[i - 1] +  lst[i]; //计算总和 
}

这样，你就有了 55pts 稳稳的分！

2、100pts，复杂度O(n)，正解

解决了链，有了稳稳的 55pts。想想好像可以实现化链成树，果断开正解。

很明显，我们解决链的做法在树里有很多行不通的地方。

细细想来，困难主要出现在这2个方面。

首先，你没法遍历整颗树的时候编号是连续的。这代表着我们 lst[i] = lst[t - 1] + 1 这样计算是完全行不通了。

其次，遍历一棵树必然会有递归和回溯。而处理链我们不考虑回溯，一直向下找就可以找完了。

但是我们怎么能退缩呢？！大家跟我一起念！~~（我们遇到什么困难，也不要怕！微笑着面对他....）~~

咳咳，言归正传，我们来解决这两个问题。

先看第一个问题

冷静分析一波，你会发现，虽然编号不连续了，但是你的括号序列一定是从父节点传递下来的！

仔细一想，我们发现，在链的情况里，为什么能用 lst[i] = lst[t - 1] + 1 计算贡献？其实，t-1 就是 t 的父亲节点！无非是 [t,i] 的括号序列继承了 [1,t-1]，也就是 [1,fa[t]] 的括号序列！（fa[i] 代表 i 的父亲）

然后我们惊喜的发现，这条定则对于树完全适用。

于是我们就可以修改一波原来的柿子：

lst[i] = lst[t - 1] + 1 -> lst[x] = lst[fa[t]] + 1;

当然计算总答案也要修改： `sum[i] = sum[i - 1] + lst[i];` $->$ `sum[x] = sum[fa[x]] + lst[x];` 这样我们就解决了问题$1

接下来考虑解决第二个问题：

在树中遍历有回溯，回溯后栈里的信息可能就无法对应当前的版本...

其实这个问题很容易解决。由于每次回溯只回溯一层，所以我们在回溯的时候，执行我们递归时相反的操作即可！

比如，如果我们扫到右括号，递归时如果栈不为空，照理来说会弹出一个位置信息。

那么我们就可以记录这个信息，回溯的时候再把它压回去，又变成了我们当前的版本。

扫到左括号也一样。我们会压入一个位置信息，那么回溯时，直接弹出这个压入的信息就可以了！

其实这也相当于“复原”操作，让栈里的信息永远留在我们现在的状态！

递归代码就很好写了：

//我使用的链表存图qwq，head,nxt,to都是链表所用（应该都看得懂吧？）

void dfs(int x)
{
    int tmp = 0;
    if(c[x] == ')')
    {
        if(top)
        {
            tmp = s[top];
            lst[x] = lst[fa[tmp]] + 1;
            -- top; 
        }
    }
    else if(c[x] == '(') s[++ top] = x; 
    sum[x] = sum[fa[x]] + lst[x]; //如上所述 
    for(int i = head[x]; i; i = nxt[i])
        dfs(to[i]); //递归 
    //回溯复原操作
    if(tmp != 0) s[++ top] = tmp; //不为 0 代表有信息被弹出 
    else if(top) -- top; 
    //为 0 代表没有弹出，如果栈不为空说明一定压入了一个信息，需要弹出这个信息复原 
}

跑过小数据了，跑过中样例了，跑过大样例了！

恭喜你切了这道题qwq！！

下面就放完整代码吧！

\text{Code}

#include<bits/stdc++.h>
#define orz 0
#define inf 0x3f3f3f3f
#define ll long long
#define maxn 500005;

using namespace std;

int n;
char c[maxn];
int head[maxn], nxt[maxn], to[maxn], cnt, fa[maxn];
ll lst[maxn], sum[maxn], ans;
int s[maxn], top;

void add_edge(int u, int v)
{
    nxt[++ cnt] = head[u];
    head[u] = cnt;
    to[cnt] = v;
}

void dfs(int x)
{
    int tmp = 0;
    if(c[x] == ')')
    {
        if(top)
        {
            tmp = s[top];
            lst[x] = lst[fa[tmp]] + 1;
            -- top; 
        }
    }
    else if(c[x] == '(') s[++ top] = x; 
    sum[x] = sum[fa[x]] + lst[x]; //如上所述 
    for(int i = head[x]; i; i = nxt[i])
        dfs(to[i]); //递归 
    //回溯复原操作
    if(tmp != 0) s[++ top] = tmp; //不为 0 代表有信息被弹出 
    else if(top) -- top; 
    //为 0 代表没有弹出，如果栈不为空说明一定压入了一个信息，需要弹出这个信息复原 
}

int main()
{
    scanf("%d", &n);
    scanf("%s", c + 1);
    for(int i = 2; i <= n; i ++)
    {
        int f;
        scanf("%d", &f);
        add_edge(f, i);
        fa[i] = f;
    }
    dfs(1);
    for(int i = 1; i <= n; i ++)
        ans ^= sum[i] * (ll)i;
    printf("%lld", ans);
    return orz;
}

顺带提醒！不仅 ans 要开 long~long，lst 和 sum 同样需要！否则你会被构造数据卡得崩溃...

总结

一步一步分析，这道题是不是就没有这么难了？

这也告诉了我们，考场上，一开始绝对不要先想正解，先看一看部分分，对你想正解有帮助哦！

很明显，我们这次解题的步骤就是由暴力 -> 链 -> 正解的！

希望能帮到你们哦！

~~这篇题解码了287行，写了快1h30min了...可不可以点个大拇指啊QAQ，谢谢各位DALAO啊啊啊啊QAQ~~