fzyzojP3372 -- [校内训练20171124]博弈问题

对于每个点都要答案

还是异或

trie树合并石锤了

朴素枚举是O(n^2*17)的

怎么办呢？

 

我们发现合并的时候，一些部分的trie的子树还是不变的

改变的部分也就是合并的复杂度可以接受

鉴于大部分trie都不变，而且是一个从上往下的过程，支持pushup维护

所以考虑dp，再在merge的pushup时候维护好dp值的更新

 

f[i]表示trie中以i为根子树，最后的游戏结果

转移分类讨论：

如果x的sz==1，令dp[x]=-1

否则如果仅x的某一个子树有sz，dp[x]=dp[son]

否则如果x的一个子树sz==1，那么先手一定选择这个子树，一定更优，那么后手的选择就固定了，就是在另一个子树trie上尽量使答案小。O(logn)转移一下

否则，那么先手进哪一个，后手一定跟进去，所以两个子树的dp取max即可

 

复杂度：O(nlog^2n)不严格

#include<bits/stdc++.h> #define il inline #define reg register int #define numb (ch^'0') using namespace std; typedef long long ll; il void rd(int &x){char ch;bool fl=false;while(!isdigit(ch=getchar()))(ch=='-')&&(fl=true);for(x=numb;isdigit(ch=getchar());x=x*10+numb);(fl==true)&&(x=-x); } namespace Miracle{ const int N=100000+5; const int U=17;//sudhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhhh int a[N]; struct node{int nxt,to; }e[2*N]; int hd[N],cnt; int n; void add(int x,int y){e[++cnt].nxt=hd[x];e[cnt].to=y;hd[x]=cnt; } struct tr{int ls,rs;int sz,dp;int val; }t[N*40]; int tot; int calc(int x,int d,int s){int ret=0;int now=x;for(reg i=d+1;i<=U;++i){int c=(s>>(U-i))&1;if(c==1){if(t[now].ls) now=t[now].ls;else now=t[now].rs,ret+=(1<<(U-i));}else{if(t[now].rs) now=t[now].rs;else now=t[now].ls,ret+=(1<<(U-i));}}return ret; } void pushup(int x,int d){t[x].sz=t[t[x].ls].sz+t[t[x].rs].sz;if(t[x].sz==1) t[x].val=t[t[x].ls].val+t[t[x].rs].val;if(t[x].sz==1){t[x].dp=-1;}if(!t[t[x].ls].sz){t[x].dp=t[t[x].rs].dp;}else if(!t[t[x].rs].sz){t[x].dp=t[t[x].ls].dp;}else{if(t[t[x].ls].sz==1){t[x].dp=calc(t[x].rs,d+1,t[t[x].ls].val)+(1<<(U-d-1));}else if(t[t[x].rs].sz==1){t[x].dp=calc(t[x].ls,d+1,t[t[x].rs].val)+(1<<(U-d-1));}else{t[x].dp=max(t[t[x].ls].dp,t[t[x].rs].dp);}} } void upda(int &x,int d,int v){if(!x) x=++tot;//cout<<" xx "<<x<<" d "<<d<<" v "<<v<<endl;if(d==U){++t[x].sz;t[x].val=v;if(t[x].sz==1){t[x].dp=-1;}else t[x].dp=0;return;}if(v&(1<<(U-d-1)))// cout<<"is 1",upda(t[x].ls,d+1,v);else //cout<<"is 0 ",upda(t[x].rs,d+1,v);pushup(x,d); } int merge(int x,int y,int d){if(!x||!y) return x+y;if(d==U){t[x].sz+=t[y].sz;t[x].dp=0;return x;}t[x].ls=merge(t[x].ls,t[y].ls,d+1);t[x].rs=merge(t[x].rs,t[y].rs,d+1);pushup(x,d);return x; } int rt[N]; int ans[N]; void dfs(int x,int fa){for(reg i=hd[x];i;i=e[i].nxt){int y=e[i].to;if(y==fa) continue;dfs(y,x);rt[x]=merge(rt[x],rt[y],0);}//cout<<" x "<<x<<" "<<rt[x]<<" : "<<t[rt[x]].dp<<" "<<t[rt[x]].sz<<endl;upda(rt[x],0,a[x]);ans[x]=t[rt[x]].dp; } int main(){rd(n);for(reg i=1;i<=n;++i)rd(a[i]);int x,y;for(reg i=1;i<n;++i){rd(x);rd(y);add(x,y);add(y,x);}dfs(1,0);for(reg i=1;i<=n;++i){printf("%d\n",ans[i]);}return 0; }} signed main(){freopen("3372.in","r",stdin);freopen("3372.out","w",stdout);Miracle::main();return 0; }/*Author: *Miracle*Date: 2019/2/3 17:19:49 */

总结：

考虑在变化中寻找不变的，再进行维护

变化的毕竟在少数。

动态点分治就是这个思想。

要大胆DP

再认真分析维护的复杂度和方式。

 

也启示我们线段树不光是只能维护信息的存在与否。（其实都是靠pushup辣）

转载于:https://www.cnblogs.com/Miracevin/p/10350816.html

总结

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