BZOJ1140: [POI2009]KOD 编码

ORZ

题目要求的是任意一个字符的后缀+若干个字符+这个字符后一定走回根的字符
因为最优编码树深度不超过log层qwq，所以可以打两个标记搜…

第一个标记是这个点是不是一个后缀+若干个字符
先搜一遍所有点的后缀，打上这个标记，然后从这些标记点开始走，走任意一个字符，如果走完了这个字符，这个标记点没有走到根，这个字符就是不合法的，同时如果此时走到的位置没有标记，就可以打上第一个标记加入队列
第二个标记是走字符走到编码树的某个节点时，标记点是否走过根，就是一个避免重复状态的东西，我不知到咋解释比较清晰，可能看代码更好理解一些？

我不会证明复杂度….我感觉是可以n^2的…
code：

#include<set>
#include<map>
#include<deque>
#include<queue>
#include<stack>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<bitset>
#include<string>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<climits>
#include<complex>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;inline void read(int &x)
{char c; while(!((c=getchar())>='0'&&c<='9'));x=c-'0';while((c=getchar())>='0'&&c<='9') (x*=10)+=c-'0';
}
const int maxn = 2100000;
const int maxm = 3010000;int n,m;
int id[maxn],in;
int son[maxn][3],tot;
char str[maxm];
int t[maxn],tp;bool suf[maxn],back1[maxn],ok[maxn];
void dfs1(const int p1,const int p2)
{if(!son[p1][0]){dfs1(1,p2);return;}if(!son[p2][0]){if(!suf[p1]) suf[t[++tp]=p1]=true;return;}dfs1(son[p1][0],son[p2][0]);dfs1(son[p1][1],son[p2][1]);
}
void dfs2(const int p1,const int p2)
{if(!son[p2][0]){if(!back1[p1]) back1[p1]=true,dfs2(p1,1);return;}if(!son[p1][0]){if(p2!=1) ok[p1]=false;if(!suf[p2]) suf[p2]=true,dfs2(1,p2);return;}dfs2(son[p1][0],son[p2][0]);dfs2(son[p1][1],son[p2][1]);
}
int ans[maxn],ansn;int main()
{scanf("%d",&n);scanf("%s",str+1); t[tp=1]=tot=1;for(int i=1;i<=n;i++){char cc=str[i];if(cc=='1'){son[t[tp]][1]=++tot;t[++tp]=tot;}else if(cc=='0'){son[t[tp]][0]=++tot;t[++tp]=tot;}else if(cc=='B') tp--;else id[t[tp]]=++in;}tp=0; for(int i=2;i<=tot;i++) dfs1(1,i);for(int i=1;i<=tot;i++) if(id[i]) ok[i]=true;for(int i=1;i<=tp;i++) dfs2(1,t[i]);ansn=0;for(int i=1;i<=tot;i++) if(ok[i]) ans[++ansn]=i;printf("%d\n",ansn);for(int i=1;i<=ansn;i++) printf("%d\n",id[ans[i]]);return 0;
}

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