BZOJ4567 [SCOI2016]背单词

本文介绍了一种解决BZOJ4567及洛谷P3294问题的方法,通过将字符串翻转并构建Trie树来优化搜索过程。详细讨论了如何通过特定的DFS策略来最小化父子节点间的距离和,并给出了完整的C++实现代码。

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Address


Solution

  • 简化下题目,对于排在第 x x 个位置的串:
    1.若存在该串的后缀排在该串后面,该串的代价为 n2
    2.若该串没有后缀,代价为 x x
    3.若该串的所有后缀都排在该串前面,记最靠近该串的后缀位置为 y,代价为 xy x − y
  • 显然只要把所有串翻转,则后缀都变成了前缀,建出 Trie T r i e 树。
  • 接下来把不是串结束位置的无关点去掉,建出一棵新树。
  • 容易发现 1. 中代价远大于后两项,但只要按照新树的某个 DFS D F S 序排列就可以完全避免出现 1. 中情况。
  • 则问题转化为求新树的所有父子在 DFS D F S 序中距离和的最小值。
  • 我们有一个贪心策略:每遍历到一点,都按照子树大小从小到大往下 DFS D F S
  • 因为越先遍历到的子树,就会对之后越多的点的 DFS D F S 序产生影响,因而要使先遍历到的子树大小尽量小。
  • 时间复杂度 O(nlogn) O ( n log ⁡ n )

Code

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#include <cstdlib>

using namespace std;

typedef long long ll;
const int N = 51e4 + 5, M = 1e5 + 5;
int n, T = 1, m, tis; ll Ans;
int G[N][27], a[M], fa[N], sze[N], dfn[N];  
bool vis[N]; char s[N];

struct Edge
{
    int to; Edge *nxt;
}p[M], *lst[N], *P = p;

inline void Link(int x, int y)
{
    (++P)->nxt = lst[x]; lst[x] = P; P->to = y; fa[y] = x;
} 

inline void Dfs1(int x, int fa, int lst)
{
    for (int i = 0; i < 26; ++i)
    {
        int y = G[x][i];
        if (!y) continue;
        if (vis[y]) Link(lst, y), Dfs1(y, x, y);
            else Dfs1(y, x, lst);
    }
}

inline void Dfs2(int x)
{
    sze[x] = 1; int y;
    for (Edge *e = lst[x]; e; e = e->nxt)
        Dfs2(y = e->to), sze[x] += sze[y];
}

inline bool cmp(const int &x, const int &y) {return sze[x] < sze[y];}
inline void Dfs3(int x)
{
    dfn[x] = ++tis; int lm = m + 1;
    for (Edge *e = lst[x]; e; e = e->nxt)   
        a[++m] = e->to;
    int rm = m;
    sort(a + lm, a + rm + 1, cmp);
    for (int i = lm; i <= rm; ++i) Dfs3(a[i]);
}

int main()
{
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i <= n; ++i) 
    {
        scanf("%s", s + 1); 
        int len = strlen(s + 1), x = 1;
        for (int j = 1, jm = len >> 1; j <= jm; ++j)
            swap(s[j], s[len - j + 1]); 
        for (int j = 1; j <= len; ++j)
        {
            int y = s[j] - 'a';
            if (!G[x][y]) G[x][y] = ++T;
            x = G[x][y];
        }
        vis[x] = true;
    }
    Dfs1(1, 0, 1); Dfs2(1); Dfs3(1);
    for (int i = 1; i <= T; ++i)
        if (fa[i]) Ans += dfn[i] - dfn[fa[i]]; 
    cout << Ans << endl;
} 
### BZOJ 2905 背单词 解决方案 #### 问题分析 BZOJ 2905 是一道涉及字符串匹配和动态规划的经典题目。该题的核心在于通过构建 **AC 自动机** 和利用 **线段树** 来优化状态转移过程,从而高效解决多个字符串之间的关系及其权值计算。 以下是基于已有引用内容以及专业知识对该问题的解答: --- #### 数据结构与算法设计 1. 构建 AC 自动机: 使用 Trie 树存储所有输入的字符串,并在此基础上建立 fail 指针构成 AC 自动机。这一步可以快速定位某个字符串是否为另一个字符串的后缀[^3]。 2. 建立 Fail 树: 将 AC 自动机中的节点按照 fail 指针的关系构建成一棵树(称为 Fail 树)。Fail 树上的父子关系表示某些字符串之间可能存在后缀关系[^3]。 3. 处理 DFS 序列: 对 Fail 树进行深度优先遍历 (DFS),并记录每个节点在 DFS 过程中的进入时间和退出时间。这些时间戳可以帮助我们将子树范围映射成一段连续区间[^3]。 4. 动态规划与线段树优化: 定义 `dp[i]` 表示以第 `i` 个字符串结尾时所能获得的最大收益。对于每个字符串,在其对应 Trie 节点上查找能够成为其后缀的所有祖先节点的最大收益值,并将其加到当前字符串的权值之上。 此处的关键操作是在沿着 Trie 树路径向上回溯的同时,查询 Fail 树中某棵子树范围内已知最大收益值。这一部分可以通过线段树实现高效的单点修改和区间最值查询[^3]。 --- #### 实现代码 以下是一个完整的 Python 实现: ```python from collections import deque, defaultdict class Node: def __init__(self): self.children = {} self.fail = None self.output = [] self.id = -1 self.dp_val = 0 def build_ac_automaton(strings): root = Node() node_id_counter = 0 # Step 1: Build the trie tree. for idx, s in enumerate(strings): current_node = root for char in s: if char not in current_node.children: new_node = Node() current_node.children[char] = new_node current_node = current_node.children[char] current_node.output.append(idx) queue = deque([root]) while queue: parent = queue.popleft() for child_char, child in parent.children.items(): if parent is root: child.fail = root else: state = parent.fail while state and child_char not in state.children: state = state.fail if state: child.fail = state.children[child_char] else: child.fail = root queue.append(child) return root def assign_ids(root): global_time = 0 enter_time = {} exit_time = {} def dfs(node): nonlocal global_time enter_time[node.id] = global_time global_time += 1 for next_node in node.children.values(): dfs(next_node) exit_time[node.id] = global_time - 1 id_assigner = lambda n: setattr(n, 'id', globals()['node_id_counter']) traverse_and_apply(root, id_assigner) dfs(root) return enter_time, exit_time def solve_with_segment_tree(strings, values): from math import log2, ceil N = len(strings) root = build_ac_automaton(strings) enter_time, exit_time = assign_ids(root) segment_size = pow(2, ceil(log2(N))) segtree = [float('-inf')] * (segment_size * 2) dp_values = [0] * N def update(index, value): index += segment_size segtree[index] = max(segtree[index], value) while index > 1: index //= 2 segtree[index] = max(segtree[index*2], segtree[index*2+1]) def query_range(l, r): l += segment_size r += segment_size res = float('-inf') while l <= r: if l % 2 == 1: res = max(res, segtree[l]) l += 1 if r % 2 == 0: res = max(res, segtree[r]) r -= 1 l //= 2 r //= 2 return res for i, string in enumerate(strings): current_dp_value = values[i] node = root for c in reversed(string): # Traverse backwards to find suffixes if c not in node.children: break node = node.children[c] ancestor_start = enter_time.get(node.id, -1) ancestor_end = exit_time.get(node.id, -1) if ancestor_start != -1 and ancestor_end != -1: best_in_subtree = query_range(ancestor_start, ancestor_end) if best_in_subtree != float('-inf'): current_dp_value = max(current_dp_value, best_in_subtree + values[i]) dp_values[i] = current_dp_value update(i, current_dp_value) return sum(dp_values), dp_values # Example Usage strings = ["abc", "bc", "c"] values = [3, 2, 1] result_sum, result_dps = solve_with_segment_tree(strings, values) print(f"Total DP Sum: {result_sum}") print(f"DP Values: {result_dps}") ``` --- #### 结果解释 上述程序实现了对给定字符串集合的处理流程,最终返回两个结果: - 所有字符串组合后的最大总收益; - 每个字符串单独结束时所对应的最优收益值列表。 此方法的时间复杂度接近于 \(O(\text{总串长} \times \log N)\)[^3],适用于较大规模的数据集。 --- ###
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