安徽师大附中%你赛day2T3 巧克力 解题报告

巧克力

题目描述

小\(T\)有\(N\)块巧克力， 每块巧克力上都有一句话(由小写英文字母组成，不含标点) 。现在每块巧克力都断成了若干截，更糟糕的是，有一些碎片丢失了 ，但是剩下的碎片之间的顺序是可以辨识的。

形式化地，我们用 一个只含小写字母和#的字符串来代表一块巧克力， 其中#表示该位置断开了，可能缺失了一段字符， 也可能没有。

例如： 如果我们用\(a\)#\(a\)来表示一块巧克力， 则原来它上面的话可能是\(aa\)， 也可能是\(aaa\)，\(aaczraa\)等等， 但不会是\(aab\)

小\(T\)有\(N\)块巧克力， 每块巧克力上都有一句话(由小写英文字母组成，不含标点) 。现在每块巧克力都断成了若干截，更糟糕的是，有一些碎片丢失了 ，但是剩下的碎片之间的顺序是可以辨识的。

形式化地，我们用 一个只含小写字母和#的字符串来代表一块巧克力， 其中#表示该位置断开了，可能缺失了一段字符， 也可能没有。

例如： 如果我们用\(a\)#\(a\)来表示一块巧克力， 则原来它上面的话可能是\(aa\)， 也可能是\(aaa\)，\(aaczraa\)等等， 但不会是\(aab\)

输入输出格式

输入数据

输入第一行， 一个正整数 \(N\)

接下来\(N\)行， 每行一个字符串 ， 意义如题所述一个非负整数， 表示你给出的答案

输出格式：

一个非负整数， 表示你给出的答案

对于所有的数据:

\(2≤N≤500, 000\)， 所有字符串 的总长不超过 \(1, 000, 000\)

对于每个子任务的特殊限制：

Subtask1(12pts) : 满足性质①

所有字符串 长度相等

Subtask2(20pts) : 满足性质①

Subtask3(23pts) : \(N≤1, 000\)

Subtask4(45pts) : 无特殊限制

性质①： 每个字符串包含恰好一个#，且这个#在字符串的开头。

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感觉这个题出的非常好，考场上只拿了前两个Subtask，刚第二题去了（结果第二题还凉了）

其实第两个测试点就可以给出后面的启示了。

我们前两个测试点的字符倒着搞进字典树里，然后随便dfs一下统计就行了

观察手玩我们发现，如果两个字符串的前缀和后缀均有包含关系（这里的指一直到第一个“#”位置），那么它们两个可以搞

证明可以从递归构造的角度证明

我们把前缀和后缀分别搞进两棵字典树，就可以随便搞出\(N^2\)的算法了

（满足四个点两两是祖孙关系）

如何进一步优化复杂度呢？

我们考虑像第二步那样，\(dfs\)一棵树，然后随时统计另一颗树的贡献。

考虑我们现在做到第一棵树的点\(i\)，这时候我们已经激活了\(i\)到根的在第二棵树上可能产生贡献的点了。

发现\(i\)在第二棵树上的点的子树已及它到根的那条链的点权产生了贡献

用两个树状数组维护这个过程，一个维护子树贡献。

另一个讨论链上的点对它的子树都有贡献，实际上是子树加，单点查，差分维护

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Code:

#include <cstdio>
#define ls now<<1
#define rs now<<1|1
#include <cstring>
#include <vector>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=1e6+10;
int ch[N<<1][26],tot=1,root[2]={0,1},n;
char c[N];
vector <int > to[N<<1];
ll ans,cnt[N<<1];
void in()
{
    scanf("%s",c);
    int len=strlen(c),now=root[0];
    for(int i=0;i<len&&c[i]!='#';i++)
    {
        if(!ch[now][c[i]-'a']) ch[now][c[i]-'a']=++tot;
        now=ch[now][c[i]-'a'];
    }
    ++cnt[now];
    int las=now;
    now=root[1];
    for(int i=len-1;i&&c[i]!='#';i--)
    {
        if(!ch[now][c[i]-'a']) ch[now][c[i]-'a']=++tot;
        now=ch[now][c[i]-'a'];
    }
    ++cnt[now];
    to[las].push_back(now);
}
int siz[N<<1],dfn[N<<1];
int dfs_order(int now)
{
    dfn[now]=++n;
    siz[now]=1;
    for(int i=0;i<26;i++)
        if(ch[now][i])
            siz[now]+=dfs_order(ch[now][i]);
    return siz[now];
}
ll sum[2][N];
ll query(int typ,int pos)
{
    ll x=0;
    while(pos)
    {
        x+=sum[typ][pos];
        pos-=pos&-pos;
    }
    return x;
}
void change(int typ,int pos,ll del)
{
    while(pos<=n)
    {
        sum[typ][pos]+=del;
        pos+=pos&-pos;
    }
}
void dfs(int now)
{
    for(int i=0;i<to[now].size();i++)
    {
        int num=to[now][i];
        ans+=query(0,dfn[num]+siz[num]-1)-query(0,dfn[num]-1);
        ans+=query(1,dfn[num]);
        change(0,dfn[num],1);
        change(1,dfn[num]+1,1);
        change(1,dfn[num]+siz[num],-1);
    }
    for(int i=0;i<26;i++)
        if(ch[now][i])
            dfs(ch[now][i]);
    for(int i=0;i<to[now].size();i++)
    {
        int num=to[now][i];
        change(0,dfn[num],-1);
        change(1,dfn[num]+1,-1);
        change(1,dfn[num]+siz[num],1);
    }
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++) in();
    n=0;
    siz[root[1]]=dfs_order(root[1]);
    dfs(root[0]);
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

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2018.8.14