[SCOI2016]背单词
题目
做法
我们把每个单词反过来，然后如果\(st[i]\)是\(st[j]\)的前缀，且不存在\(st[k]\)是\(st[j]\)的前缀，且\(st[i]\)是\(st[k]\)的前缀，那么\(i\)是\(j\)的父亲，显然这样构造不存在环，且是一个森林。（构造方法：字典树）
不难发现，如果你每个点都等着祖先拿完再拿（拿就是背下来的意思），那么价值都是≤\(n\)的，总的价值小于等于\(n^2\)，也就是说第一条规则就是废的，一个点一定得在祖先拿完之后再拿。
好，假设现在构造出一种拿点方案：\(a_1,a_2,a_3,...,a_n\)，\(b\)数组的定义是：如果\(a_i=j\)，那么\(b_j=i\)。
总代价就是\(\sum\limits_{i=1}^{n}b[i]-b[fa[i]]\)。（当然，对于一个点没有父亲就设其父亲为\(0\)，\(b[0]\)永远为\(0\)）
考虑通过调换位置让这个更加优秀，对于\(x\)而言（\(x\)需要满足在\(a\)数组中其的任意一个子树节点到\(x\)的这么一段区间中不存在一个不是\(x\)子树的点，即\(x\)的子树是连续的一段，这样有什么好处，我们移动\(x\)子树这么连续的一段时，值会改变的只有\(b[x]-b[fa[x]]\)），如果其到\(fa[x]\)的这一段方案中，如果存在\(y\)点不在\(fa[x]\)的子树当中（\(y\)也需要满足跟\(x\)同样的要求，且\(b[fa[y]]>b[fa[x]]\)，假设存在\(y\)不在\(fa[x]\)的子树，那么一定存在满足要求的\(y\)）
这样的话，我们只需要把\(y\)连通其子树放到\(fa[x]\)前面即可，这样增加量为：\(-(b[y]-b[fa[x]])+size[y]-size[y]=-(b[y]-b[fa[x]])\)（分别为\(y,fa[x],x\)的减少量），而这个是严格小于\(0\)的，即可以让结果更小，我们称此为一次操作。
好，那么为什么假设存在\(y\)不在\(fa[x]\)的子树，那么一定存在满足要求的\(y\)，考虑如果\(y\)不满足与\(x\)同样的要求，那么我们先去处理\(y\)的子树，那么新处理的点\(z\)（\(z\)在\(y\)的子树且\(z\)的祖先是\(y\)），其\(b[z]<b[fa[z]]<b[y]<b[fa[x]]\)，这样不断循环下去，\(b[z]\)最终最多会等于\(n\)，也就是一定会停下来，所以一定可以通过一定的操作数构造出\(y\)与\(x\)同样的要求。
那么如果\(b[fa[y]]>b[fa[x]]\)呢？
那么就把\(y\)设为\(fa[y]\)，然后重复同样的步骤。
这样，我们最终构造出来的方案是什么呢？
不难发现，其实就是一个\(DFS\)序，即一个点被拿之后直接拿完其子树是最优秀的。
因此可以直接\(DFS\)走一遍。
怎样的\(dfs\)序是最快的呢？
不难发现，每个点的权值只与其父亲有关，所以\(x\)遍历儿子的顺序会改变每个儿子贡献的权值。
设儿子序列为\(a_1,a_2,a_3,...,a_k\)。
那么答案就为：\(1+(1+size[a_1])+(1+size[a_1]+size[a_2])...\)
考虑如果\(size[a_{i}]>size[a_{i+1}]\)的话，交换\(a_{i},a_{i+1}\)会有什么影响？不难发现，其余儿子的贡献不变，只有\(a_i,a_{i+1}\)变了，增加量为\(size[a_{i+1}]-size[a_i]\)，而这个是小于\(0\)的，也就是更加的优秀，然后结合冒泡排序的思想，不难发现，优先遍历\(size\)小的儿子是最优秀的。
时间复杂度：\(O(nlogn+|len|)\)
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define N 510000
using namespace std;
typedef long long LL;
struct TREE
{
int y,next;
}a[N];int len,last[N];
inline void ins(int x,int y){len++;a[len].y=y;a[len].next=last[x];last[x]=len;}
struct node
{
int v,son[30];
}tr[N];int cnt=1,rt=1/*根*/;
inline int add(char *s,int id)
{
int now=1;
for(int i=strlen(s)-1;i>=0;i--)
{
int x=s[i]-'a';
if(!tr[now].son[x])tr[now].son[x]=++cnt;
now=tr[now].son[x];
}
tr[now].v=id;
return now;
}
void dfs1(int x,int pre)
{
if(tr[x].v)ins(pre,tr[x].v);
for(int i=0;i<26;i++)
{
if(tr[x].son[i])dfs1(tr[x].son[i],tr[x].v?tr[x].v:pre);
}
}
int siz[N];
LL ans;
int list[N],top;
inline bool cmp(int x,int y){return siz[x]<siz[y];}
void dfs2(int x)
{
siz[x]=1;
for(int k=last[x];k;k=a[k].next)
{
int y=a[k].y;
dfs2(y);siz[x]+=siz[y];
}
top=0;
for(int k=last[x];k;k=a[k].next)list[++top]=a[k].y;
if(top)
{
sort(list+1,list+top+1,cmp);
LL sum=1;
for(int i=1;i<=top;i++)ans+=sum,sum+=siz[list[i]];
}
}
int n;char st[N];
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%s",st);
add(st,i);
}
dfs1(1,0);
dfs2(0);
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
