有点妙。
CF1312G Autocompletion
Solution
设最后答案为$f[x]$，每一个关键点（只算关键点）的$dfs$序为$dfn[x]$。
那么显然：
$$
f[x] = min(f[fa[x]] + 1, f[i] + dfn[x] - dfn[i] + p[i])
$$
$i$是$x$的祖宗节点，$p[i]$代表这个点是否为关键节点。
看到题的时候感觉会比较板，将$Trie$树上的查询链拉出来建两颗线段树，第一颗只维护第一种操作，即$f[i] + len(x, i)$，第二颗线段树维护第二种操作，即$f[i]-dfn[i]+p[i]$即可，时间复杂度为：$n \log n$。
后来发现这完全是吃饱了撑的。
我们重新定义一个辅助数组$g$，其含义为$x$祖宗节点中最优的$f[i]-dfn[i]+p[i]$。
然后就结束了。
转移方程：
$$
\begin{aligned}
f[x] &= f[y] + 1; \\
if(p[x]) \ f[x] &= min(f[x], g[y] + dfn[x]); \\
g[x] &= min(f[x] - dfn[x] + p[x], g[y]); \\
\end{aligned}
$$
Code
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| #include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;
template <class T>
inline void read(T &res)
{
res = 0; bool flag = 0;
char c = getchar();
while('0' > c || c > '9') { if(c == '-') flag = 1; c = getchar();}
while('0' <= c && c <= '9') res = (res << 3) + (res << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
if(flag) res = -res;
}
template <class T, class ...Arg>
inline void read(T &res, Arg &...com){ read(res), read(com...);}
template <class T>
void out(T res)
{
if(res > 9) out(res / 10);
putchar(res % 10 + '0');
}
template <class T>
inline void write(T res)
{
if(res < 0) putchar('-'), res = -res;
out(res), putchar(' ');
}
const int N = 1e6 + 5;
int n, m;
int ch[N][26], tot, id[N];
bool p[N];
inline void insert(int x, int c)
{
ch[x][c] = ++ tot;
id[x] = tot;
}
int cnt, dfn[N];
inline void dfs(int x)
{
if(p[x]) cnt ++;
dfn[x] = cnt;
for(int i = 0;i < 26;i ++)
if(ch[x][i])
dfs(ch[x][i]);
}
int f[N], g[N], a[N];
inline void dfs1(int x, int y)
{
if(x != 0)
{
f[x] = f[y] + 1;
if(p[x]) f[x] = min(f[x], g[y] + dfn[x]);
g[x] = min(f[x] - dfn[x] + p[x], g[y]);
}
for(int i = 0;i < 26;i ++)
if(ch[x][i])
dfs1(ch[x][i], x);
}
int main()
{
read(n);
for(int i = 1, o;i <= n;i ++)
{
char c[2];
read(o);
scanf("%s", c);
insert(o, c[0] - 'a');
}
read(m);
for(int i = 1, o;i <= m;i ++) read(a[i]), p[a[i]] = 1;
dfs(0);
dfs1(0, 0);
for(int i = 1;i <= m;i ++) write(f[a[i]]);
return 0;
}
|