[SDOI2017]天才黑客

題目

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思路

動態規劃

不難想到這樣的 $\text{dp}$ ：用 $f(x,k)$ 表示走到第 $x$ 個點，當前字符串狀態是 $Trie$ 樹上的 $k$ ，最小代價。

然後就 $T$ 飛了。

發現 $f$ 的定義有很多是無效的。因爲到達 $x$ 的邊只有那麼多條，在 $x$ 點上的時候，只可能是那些狀態。

於是更改定義，用 $f(x)$ 表示 最後一步走的是第 $x$ 條邊，最小代價是多少。

此時就只有 $\mathcal O(m)$ 的狀態數量了。

轉移就套一個 $\text{dijkstra}$ 即可。時間複雜度 $\mathcal O(m\log m)$ ……嗎？

注意到狀態轉移可能發生 $\mathcal O(m^2)$ 次。完了。真是糟糕！

優化建邊

狀態轉移的本質是邊的數量，所以我們得換一個方法。

在虛樹的相關內容中，我們已經講過了，$k$ 個點及其 $lca$ 的數量是 $\mathcal O(k)$ 的。

而 $Trie$ 樹上兩個點的 $lcp$ 恰好爲 $depth(lca)$ 。

所以，對於某一個點 $x$ ，我們將與其相連的邊上的字符串提出來。這樣一來，就有了 $deg(x)$ 個字符串。

我現在想知道這 $deg(x)$ 個字符串，兩兩的 $lcp$ 。——這不就是 $deg(x)$ 個點，兩兩求 $lca$ 嗎？

所以我們將其按照 $\text{dfs}$ 序排序（就如我們處理虛樹那樣），不妨設其爲 $v_1,v_2,v_3,\dots,v_z(z=deg(x))$ ，那麼一定有（對於 $1\le a<b\le z$ ）

$lcp(v_a,v_b)=\min_{i=a}^{b-1}lcp(v_i,v_{i+1})$

求 $\min$ 恰好與求最短路掛鉤。我們是不是有一種獨特的構建方法呢？

對於每條入邊，將其向 $\text{dfs}$ 序比自己大的入邊連邊。這樣的邊太多，所以只連接 $\text{dfs}$ 序最小的一個。出邊同。權值統一設置爲 $0$ 。

對於每個 $a\in[1,z)$ ，求一對 $l,r$ ，滿足 $l$ 爲入邊、$r$ 爲出邊，並且 $l\le a<r$ 。找到 $l$ 最大、$r$ 最小的一對，將 $l,r$ 之間連邊，權值爲 $lcp(v_a,v_{a+1})$ 。

放一張圖，形象的理解這一建邊：

本質是考慮 $lcp(v_a,v_{a+1})$ 會被哪些 $lcp$ 使用到。權值爲 $0$ 的那些邊，也就是這個用處。

一些坑點

剛纔只考慮了 $\text{dfs}$ 序較小者走到 $\text{dfs}$ 序較大者的邊，所以我們反過來再做一次即可。

但是不能在原有的基礎上直接加入這些邊，所以每個點需要分裂成四個點。

代碼

咕咕咕……

聽思路都覺得很長很難打對吧？

我試着去打了，但是我失敗了。