BZOJ4567 [SCOI2016]背单词

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BZOJ4567 洛谷P3294

Solution

简化下题目，对于排在第 xxx 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" role="presentation">n2n2n^2。
2.若该串没有后缀，代价为 xxx。
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" role="presentation">yyy，代价为 x−yx−yx - y。
显然只要把所有串翻转，则后缀都变成了前缀，建出 TrieTrieTrie 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 DFSDFSDFS 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 DFSDFSDFS 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 DFSDFSDFS。
因为越先遍历到的子树，就会对之后越多的点的 DFSDFSDFS 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(nlog⁡n)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;
}

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