hdu 5735 Born Slippy

偷偷放上题解 -by zimpha

感谢叉姐在ICPCCamp上出的这道题最初的原型 – Data Structure You’ve Never Heard Of, 同样感谢Claris老师的教导.

由于and, or和xor方法都差不多, 这里仅考虑and操作. 不妨令dp(s)=f(s)−ws, 我们大概要求的就是dp(i)=maxj is ancestor of i{dp(j)+wi and wj}. 然后, 显然dp(j)+wi and wj这个式子可以拆成dp(j)+[wi后8位] and [wj后8位] + ([wi前8位] and [wj前8位]) << 8.

先考虑序列上应该如何做, 即求dp(i)=maxj<i{dp(j)+wi and wj}. 考虑这样一个二维数组ds(x,y), 表示对于某个wi的后8位为y, 对于某个wj的前8位为x时, dp(j) + [wi后8位] and [wj后8位]的最值.

如果知道了上述数组, 那么对于某个i, 计算dp(i)的值就十分方便, 不妨令wi=(a<<8)|b, 即a和b分别是wi前8位和后8位, 那么只需要枚举wj的前8位x, 用ds(x,b)+((a and x)<<8)更新dp(i). 把新的dp值更新到ds(x,y)也是类似的.

上述方法推广到树上也是十分简单, 由于每次更新ds(x,y)的时候只有数组的一维会变动(令a=wi>>8, 那么只有ds(a,⋅)会变化), 那么只要对数组的第一维做一个可持久化就好了(或者说边dfs边备份).

写的时候强行以为子节点更新的时候不一定会更新当前节点的同一行,错了几发

Data Structure You've Never Heard Of这个名字我可以玩一星期

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

char opt[5];
int op(int x,int y){
if(*opt == 'A') return x & y;
if(*opt == 'X') return x ^ y;
return x | y;
}
const int mod = 1e9+7;
const int maxn = 112345;
const int bit = 1<<8;
#define LL long long
const LL INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3fll;

vector<int> edge[maxn];
void init(int n){
for(int i=0;i<=n;i++) edge[i].clear();
}

int w[maxn];
LL dp[maxn];
LL ds[bit][bit],space[maxn][bit];

void dfs(int st){
int a = w[st] >> 8, b = w[st] & (bit - 1);
dp[st] = 0;
for(int x=0;x<bit;x++)
dp[st] = max(dp[st],ds[x][b] + (op(a,x)<<8));
for(int y=0;y<bit;y++){
space[st][y] = ds[a][y];
ds[a][y] = max(ds[a][y],dp[st] + op(b,y));
}
for(auto x : edge[st])
dfs(x);
for(int i=0;i<bit;i++)
ds[a][i] = space[st][i];
}

int main(){
int T;
scanf("%d",&T);
int n;
while(T-- && ~scanf("%d %s",&n,opt)){
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&w[i]);
for(int i=0;i<bit;i++)
for(int j=0;j<bit;j++)
ds[i][j] = -INF;
init(n);
int x;
for(int i=2;i<=n;i++){
scanf("%d",&x);
edge[x].push_back(i);
}
LL ans = 0;
dfs(1);
for(int i=1;i<=n;i++){
(ans += (dp[i] + w[i]) * i)%=mod;
}
printf("%I64d\n",ans);
}
return 0;
}