【CSP-S2019】D1T1 格雷碼 & D1T2 括號樹 題解

CSP-S2019 D1T1 格雷碼

題目

題目描述

通常，人們習慣將所有 $n$ 位二進制串按照字典序排列，例如所有 $2$ 位二進制串按字典序從小到大排列爲：$00$，$01$，$11$，$10$。

格雷碼（Gray Code）是一種特殊的 $n$ 位二進制串排列法，它要求相鄰的兩個二進制串間恰好有一位不同，特別地，第一個串與最後一個串也算作相鄰。

所有 2 位二進制串按格雷碼排列的一個例子爲：$00$，$01$，$11$，$10$。

$n$ 位格雷碼不止一種，下面給出其中一種格雷碼的生成算法：

1. 1 位格雷碼由兩個 $1$ 位二進制串組成，順序爲：$0$，$1$。
2. $n + 1$ 位格雷碼的前 $2^n$ 個二進制串，可以由依此算法生成的 $n$ 位格雷碼（總共 $2^n$ 個 $n$ 位二進制串）按順序排列，再在每個串前加一個前綴 $0$ 構成。
3. $n + 1$ 位格雷碼的後 $2^n$ 個二進制串，可以由依此算法生成的 $n$ 位格雷碼（總共 $2^n$ 個 $n$ 位二進制串）按逆序排列，再在每個串前加一個前綴 $1$ 構成。

綜上，$n + 1$ 位格雷碼，由 nnn 位格雷碼的 $2^n$ 個二進制串按順序排列再加前綴 $0$，和按逆序排列再加前綴 $1$ 構成，共 $2^{n+1}$ 個二進制串。另外，對於 $n$ 位格雷碼中的 $2^n$ 個 二進制串，我們按上述算法得到的排列順序將它們從 $0 \sim 2^n - 1$ 編號。

按該算法，$2$ 位格雷碼可以這樣推出：

1. 已知 1 位格雷碼爲 $0$，$1$。
2. 前兩個格雷碼爲 $00$，$01$。後兩個格雷碼爲 $11$，$10$。合併得到 $00$，$01$，$11$，$10$，編號依次爲 $0 \sim 3$。

同理，$3$ 位格雷碼可以這樣推出：

1. 已知 $2$ 位格雷碼爲：$00$，$01$，$11$，$10$。
2. 前四個格雷碼爲：$000$，$001$，$011$，$010$。後四個格雷碼爲：$110$，$111$，$101$，$100$。合併得到：$000$，$001$，$011$，$010$，$110$，$111$，$101$，$100$，編號依次爲 $0 \sim 7$。

現在給出 $n$，$k$，請你求出按上述算法生成的 $n$ 位格雷碼中的 $k$ 號二進制串。

分析

簡單列出 $n \le 4$ 的情況就可以發現，對於第 $k$ 個串，去掉它的最後一位就和 $n-1$ 的第 $\lfloor\frac{k}{2}\rfloor$ 位上的串一樣了，且不難發現最後一位成 $0$ ， $1$ ， $1$ ， $0$ 循環，於是直接遞歸處理。

注意題目數據要求開 unsigned long long。

參考代碼

#include <cstdio>
#include <string>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;

typedef unsigned long long ull;

int N;
ull K;
string s;

void DFS(int t, ull k) {
	if(t == 0) return;
	DFS(t - 1, k / 2);
	if(k % 4 == 2 || k % 4 == 1) s += '1';
	else s += '0';
}

int main() {
//	freopen("code.in", "r", stdin);
//	freopen("code.out", "w", stdout);
	cin >> N >> K;
	DFS(N, K);
	cout << s << endl;
	return 0;
}

D1T2 括號樹

題目

題目描述

小 Q 是一個充滿好奇心的小朋友，有一天他在上學的路上碰見了一個大小爲 $n$ 的樹，樹上結點從 $1 \sim n$ 編號，$1$ 號結點爲樹的根。除 $1$ 號結點外，每個結點有一個父親結點，$u$（$2 \leq u \leq n$）號結點的父親爲 $f_u$​（$1 \leq f_u < u$）號結點。

小 Q 發現這個樹的每個結點上恰有一個括號，可能是( 或)。小 Q 定義 $s_i$​ 爲：將根結點到 $i$ 號結點的簡單路徑上的括號，按結點經過順序依次排列組成的字符串。

顯然 $s_i$​ 是個括號串，但不一定是合法括號串，因此現在小 Q 想對所有的 $i$（$1\leq i\leq n$）求出，$s_i$​ 中有多少個互不相同的子串是合法括號串。

這個問題難倒了小 Q，他只好向你求助。設 $s_i$​ 共有 $k_i$​ 個不同子串是合法括號串， 你只需要告訴小 Q 所有 $i \times k_i$​ 的異或和，即：

$(1 \times k_1)\oplus(2 \times k_2)\oplus(3 \times k_3)\oplus \cdots\oplus (n \times k_n)$

其中 $\oplus$ 是位異或運算。

分析

就不講我考場上怎麼做的吧，要看的話直接去我的爆炸記裏面看就可以了。。。

令 $g_u$ 爲從節點 $1$ 到節點 $fa_u$ 的路徑上的括號序列中，加入 $u$ 的括號後新增加的合法匹配的括號序列的數量。

則節點 $u$ 的答案爲從根到 $u$ 的路徑上的 $g$ 之和。

考慮怎麼轉移這個東西。

我們用一個棧來記錄左括號的位置。

則對於一個節點，我們分兩種情況來討論：

• 若當前節點是左括號：將這個節點塞進棧裏，顯然沒有新增合法括號匹配，令 $g_u = 0$ 即可；
• 若當前節點是右括號，我們再分兩種情況討論：
  • 若當前棧是空的，則這個節點上也沒有新增合法括號匹配，令 $g_u = 0$ 即可；
  • 否則取出棧頂 $t$，不難發現節點 $u$ 可以和 $t$ 匹配增加一個合法的括號匹配，此時我們應令 $g_u = g_t + 1$ 。

注意在向下遞歸完後要恢復現場。 不要學我開 $N$ 個棧。。。

參考代碼

#include <stack>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <algorithm>
using namespace std;

typedef long long ll;
const int Maxn = 5e5;

int N;
char s[Maxn + 5];
vector<int> G[Maxn + 5];
void addedge(int u, int v) {
	G[u].push_back(v), G[v].push_back(u);
}

stack<int> stk;
ll f[Maxn + 5], g[Maxn + 5];
int fa[Maxn + 5];
void DFS(int u, int pre) {
	int tp = -1;
	if(s[u] == '(') stk.push(u);
	else {
		if(!stk.empty()) {
			tp = stk.top();
			g[u] = g[fa[tp]] + 1;
			stk.pop();
		}
	}
	f[u] = f[fa[u]] + g[u];
	for(int i = 0; i < (int)G[u].size(); i++) {
		int v = G[u][i];
		if(v == pre) continue;
		DFS(v, u);
	}
	if(tp != -1) stk.push(tp);
	else if(!stk.empty()) stk.pop();
}

int main() {
#ifdef LOACL
	freopen("in.txt", "r", stdin);
	freopen("out.txt", "w", stdout);
#endif
	scanf("%d", &N);
	scanf("%s", s + 1);
	for(int i = 2; i <= N; i++) {
		scanf("%d", &fa[i]);
		addedge(fa[i], i);
	}
	DFS(1, 0);
	ll ans = 0;
	for(int i = 1; i <= N; i++)
		ans ^= (1LL * i * f[i]);
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}