[Trie+贪心]BZOJ 4567 [Scoi2016]背单词 题解

题目大意

给出$n$个字符串，要求给这$n$个字符串编号1~n，使其代价和最小。
对第$i$个字符串编号为$v_i$，代价的计算方式如下：

1.如果存在字符串$j$满足$j$是$i$的后缀，且$v_i<v_j$，那么$i$的代价为$n^2$
2.如果字符串$i$没有对应的后缀，那么代价为$v_i$
3.如果存在字符串$j$满足$j$是$i$的后缀，而且没有$v_i<v_j$，那么选编号最大的$v_j$，代价为$v_i-v_j$

数据保证任意两个字符串不相等，100%数据满足$n\le10^5,\sum|S|\le510000$

解题报告

如果只有2,3，可以证明出最大代价和不超过$\frac{n*(n+1)}{2}\le n^2$，所以如果$i$是$j$的后缀，那么$v_i<v_j$

后缀满足传递性，而且由于数据保证任意两个字符串不相等，所以不存在互相为后缀，所以……可以建一棵树，如果Si是Sj的长度最长的出现过的后缀，那么$i->j$建一条边，没有后缀的可以设一个$root=0$，这个$root$就是这棵树的根。

此时问题变成了给有根树除根之外的每个点标号，满足每个点的标号互不相同且在1到N之间，使得每个点的标号大于其父节点的标号，且所有点的标号减去其父节点的标号之和最小。

在网上查了一下，这道题是一个经典的贪心问题。发现如果一个节点的子树编号在一个连续的区间内时最优。那么贪心策略为DFS有根树，每一次选择子树最小的子节点递归下去，如果不存在子节点则返回。然后问题就剩下建有根树，如果把字符串倒过来，这题就成了前缀，然后Trie求祖先就很简单了……

示例代码

BZOJ 4567$\quad$ LibreOJ 2012

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define maxn 200005
#define maxe 400005
using namespace std;
int n,m,len,a[maxn],trie[510005][26],tot,son[maxe],nxt[maxe],lnk[maxn],num[maxn];
bool vs[510005];
char s[510005];
long long ans;
void trie_Insert(){
    int now=0,L=strlen(s+1);
    for (int i=L;i;i--){
        if (!trie[now][s[i]-'a']) trie[now][s[i]-'a']=++len;
        now=trie[now][s[i]-'a'];
    }
    vs[now]=1;
}
void _add(int x,int y){son[++tot]=y; nxt[tot]=lnk[x]; lnk[x]=tot;}
void _dfsa(int x,int fa){
    if (vs[x]) {_add(fa,++m); fa=m;}
    for (int i=0;i<26;i++) if (trie[x][i]) _dfsa(trie[x][i],fa);
}
void _dfsb(int x){
    num[x]=1; int k=0;
    for (int j=lnk[x];j;j=nxt[j]) {_dfsb(son[j]); num[x]+=num[son[j]];}
    for (int j=lnk[x];j;j=nxt[j]) a[++k]=num[son[j]];
    sort(a+1,a+k+1);
    for (int i=1;i<=k;i++) {ans+=a[i-1]+1; a[i]+=a[i-1];}
}
int main()
{
    freopen("recite.in","r",stdin);
    freopen("recite.out","w",stdout);
    scanf("%d",&n); len=m=ans=0;
    memset(trie,0,sizeof(trie));
    for (int i=1;i<=n;i++){scanf("%s",s+1); trie_Insert();}
    _dfsa(0,0); _dfsb(0);
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}