新年笔记

题目描述

小 C 热衷于学习数理逻辑。有一天，他发现了一种特别的逻辑表达式。在这种逻辑表达式中，所有操作数都是变量，且它们的取值只能为 000 或 111，运算从左往右进行。如果表达式中有括号，则先计算括号内的子表达式的值。特别的，这种表达式有且仅有以下几种运算：

与运算：a & b。当且仅当 a 和 b 的值都为 1 时，该表达式的值为 1。其余情况该表达式的值为 0。
或运算：a | b。当且仅当 a 和 b 的值都为 0 时，该表达式的值为 0。其余情况该表达式的值为 1。
取反运算：!a。当且仅当 aaa 的值为 000 时，该表达式的值为 1。其余情况该表达式的值为 0。

小 C 想知道，给定一个逻辑表达式和其中每一个操作数的初始取值后，再取反某一个操作数的值时，原表达式的值为多少。

为了化简对表达式的处理，我们有如下约定：

表达式将采用后缀表达式的方式输入。

同时为了方便，输入中：

与运算符（&）、或运算符（|）、取反运算符（！）的左右均有一个空格，但表达式末尾没有空格。
操作数由小写字母 xxx 与一个正整数拼接而成，正整数表示这个变量的下标。例如：x10，表示下标为 10 的变量 x10。数据保证每个变量在表达式中出现恰好一次。

输入格式

第一行包含一个字符串s，表示上文描述的表达式。
第二行包含一个正整数 n，表示表达式中变量的数量。表达式中变量的下标为 1,2,⋯ ,n。
第三行包含 n 个整数，第 i 个整数表示变量 xi 的初值。
第四行包含一个正整数 q，表示询问的个数。
接下来 q 行，每行一个正整数，表示需要取反的变量的下标。注意，每一个询问的修改都是临时的，即之前询问中的修改不会对后续的询问造成影响。
数据保证输入的表达式合法。变量的初值为 0 或 1。
输出格式

输出一共有 q 行，每行一个 0 或 1，表示该询问下表达式的值。
输入输出样例
输入 #1

x1 x2 & x3 |
3
1 0 1
3
1
2
3

输出 #1

1
1
0

输入 #2

x1 ! x2 x4 | x3 x5 ! & & ! &
5
0 1 0 1 1
3
1
3
5

输出 #2

0
1
1

说明/提示
样例 1 解释

该后缀表达式的中缀表达式形式为 (x1&x2)∣x3。

对于第一次询问，将 x1 的值取反。此时，三个操作数对应的赋值依次为 0，0，1。原表达式的值为 (0&0)∣1=1。
对于第二次询问，将 x2​ 的值取反。此时，三个操作数对应的赋值依次为 1，1，1。原表达式的值为 (1&1)∣1=1。
对于第三次询问，将 x3​ 的值取反。此时，三个操作数对应的赋值依次为 1，0，0。原表达式的值为 (1&0)∣0=0。

样例 2 解释

该表达式的中缀表达式形式为 (!x1)&(!((x2∣x4)&(x3&(!x5)))
数据规模与约定

对于 20% 的数据，表达式中有且仅有与运算（&）或者或运算（|）。
对于另外 30%的数据，∣s∣≤1000，q≤1000q ，n≤1000。
对于另外 20% 的数据，变量的初值全为 0 或全为 1。
对于 100% 的数据，1≤∣s∣≤1×1061 

其中，∣s∣ 表示字符串s 的长度。

代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxl=1e6+10,maxn=1e5+10;
char s[maxl];
int n,q,a[maxn],l,root;
int top=0,st[maxl],cnt=0;
int lc[maxl],rc[maxl];
int tp[maxl];
bool change[maxl],tag[maxl];
//change[i]:i节点答案是否取反 tag[i]:i节点是否对答案产生影响
bool res[maxl];
bool val;//初始答案
int trans[maxn];
void get_tag(int dep,int tmp){
if(dep==-1) return;
tag[dep]|=tmp;
get_tag(lc[dep],tag[dep]);
get_tag(rc[dep],tag[dep]);
}
void dfs(int dep){
if(dep==-1) return;
dfs(lc[dep]);
dfs(rc[dep]);
if(tp[dep]>0){//必然是叶子节点
res[dep]=a[tp[dep]];
if(change[dep]) res[dep]=!res[dep];//取反
}else{
if(tp[dep]==-1){//&具体运算
res[dep]=res[lc[dep]]&res[rc[dep]];
if(change[dep]) res[dep]=!res[dep];
if(res[lc[dep]]0){
tag[rc[dep]]=1;
}
if(res[rc[dep]]0){//|具体运算
tag[lc[dep]]=1;
}
}else{
res[dep]=res[lc[dep]]|res[rc[dep]];
if(change[dep]) res[dep]=!res[dep];
if(res[lc[dep]]1){
tag[rc[dep]]=1;
}
if(res[rc[dep]]1){
tag[lc[dep]]=1;
}
}
}
}
int main(){
memset(lc,-1,sizeof(lc));
memset(rc,-1,sizeof(rc));
gets(s);
scanf("%d",&n);
l=strlen(s);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&a[i]);
}
for(int i=0;i<l;){
char cur=s[i];
if(cur’x’){
int tmp=0;
i++;
while(s[i]<=‘9’ && s[i]>=‘0’) tmp=tmp*10+s[i++]-‘0’;
i–;
st[++top]=++cnt,tp[cnt]=tmp,trans[tmp]=cnt;
}
else if(cur’&’){//&运算
int x1=st[top–],x2=st[top–];
st[++top]=++cnt;
tp[cnt]=-1,lc[cnt]=x1,rc[cnt]=x2;
}
else if(cur’|’){//|运算
int x1=st[top–],x2=st[top–];
st[++top]=++cnt;
tp[cnt]=-2,lc[cnt]=x1,rc[cnt]=x2;
}else if(cur’!’){//反转
int x1=st[top];
change[x1]=!change[x1];
}
i++;
}
root=st[top];
dfs(root);//返回原本
val=res[root];
get_tag(root,0);
scanf("%d",&q);
while(q–){
int x;
scanf("%d",&x);
if(tag[trans[x]]) printf("%d\n",val);
else printf("%d\n",!val);
}
return 0;
}
解析：
这道题主要是&，|以及x1,x2带入。
最难的是将其x1,x2反转，就是反转一次还要变回来就贼蛋疼所以这里用到了树来进行修改。。
后缀式转化还行。
大概板块注释标了。

真的弄了快半年才解出来，不容易啊！