【NOIP2017提高A组模拟9.14】生命之树 (dsu on tree+trie)

Description：

1<=n<=105,|S|<=5∗105

题解：

这是一道树上启发式的题目，也算是我做得树上启发式的第一题，这次比赛一下出现了两题树上启发式，都不会，让人无语。

看到xor，马上拆位，这个都是老套路了。
对于一个点u，把它和它的子树的字符串全部一次丢到一个trie里，因为已经拆了位，随便维护一下就可以求出答案。

但是我们知道这样暴力是很慢的，复杂度易得。

利用启发式可以把暴力的复杂度优化。

大概流程如下：
对于一个点x，先计算其轻儿子的答案，做完以后，全局的trie是清空的。
接着计算其重儿子的答案，注意此时重儿子的所有子树的节点的字符串是在trie里。
接着再把x的除重儿子子树外的所有节点加入trie，x也要加进trie里。
这样x的子树的答案就已经计算出来了。
如果x是其父亲节点的重儿子，保留当前的trie，否则清空trie。

我们可以分析一下复杂度：
一个点被加入trie的次数就是它到根的路径上的轻重链数的总和，有加入才有删除。
所以复杂度是:O(|S|∗log n)

Code：

#include<cstdio>#include<cstring>#define ll long long#define fo(i, x, y) for(int i = x; i <= y; i ++)using namespace std;const int N = 500005;char s[N], S[N];int a2[17], w;int n, x, y, a[N][17], l[N], r[N];int final[N], tot;struct edge {    int to, next;}e[N * 2];int fa[N], bz[N], siz[N], son[N];int next[N][26], tt = 1, root = 1;ll ans[N], ans2[N], sm[N][2];void link(int x, int y) {    e[++ tot].next = final[x], e[tot].to = y, final[x] = tot;    e[++ tot].next = final[y], e[tot].to = x, final[y] = tot;   }void dg(int x) {    bz[x] = 1;    siz[x] = 1;    for(int i = final[x]; i; i = e[i].next) {        int y = e[i].to; if(bz[y]) continue;        fa[y] = x; dg(y); siz[x] += siz[y];        son[x] = siz[y] > siz[son[x]] ? y : son[x];    }    bz[x] = 0;  }ll Insert(int x) {    int y = root; ll sum = 0;    fo(i, l[x], r[x]) {        int c = s[i] - 'a';        if(next[y][c] == 0) next[y][c] = ++ tt;        y = next[y][c];        sum += sm[y][!a[x][w]] * a2[w];        sm[y][a[x][w]] ++;    }    return sum;}ll dfs(int x) {    bz[x] = 1;    ll sum = Insert(x);    for(int i = final[x]; i; i = e[i].next) {        int y = e[i].to; if(bz[y]) continue;        sum += dfs(y);    }    bz[x] = 0;    return sum;}void dg2(int x) {    bz[x] = 1;    for(int i = final[x]; i; i = e[i].next) {        int y = e[i].to; if(bz[y] || y == son[x]) continue;        dg2(y);    }    if(son[x] != 0) dg2(son[x]), ans[x] += ans[son[x]];    for(int i = final[x]; i; i = e[i].next) {        int y = e[i].to; if(bz[y] || y == son[x]) continue;        ans[x] += dfs(y);    }    ans[x] += Insert(x);    if(x != son[fa[x]]) {        fo(i, 1, tt) memset(next[i], 0, sizeof(next[i])), sm[i][0] = sm[i][1] = 0;        tt = 1;    }    bz[x] = 0;}int main() {    freopen("tree.in", "r", stdin);    freopen("tree.out", "w", stdout);    scanf("%d", &n);    fo(i, 1, n) {        scanf("%d", &x);        fo(j, 0, 16) a[i][j] = x & 1, x /= 2;    }    fo(i, 1, n) {        scanf("%s", S + 1);  int len = strlen(S + 1);        l[i] = r[i - 1] + 1; r[i] = r[i - 1] + len;        fo(j, l[i], r[i]) s[j] = S[j - l[i] + 1];    }    fo(i, 1, n - 1) {        scanf("%d %d", &x, &y);        link(x, y);    }    dg(1);    a2[0] = 1; fo(i, 1, 16) a2[i] = a2[i - 1] * 2;    for(w = 0; w <= 16; w ++) {        dg2(1);        fo(i, 1, n) ans2[i] += ans[i], ans[i] = 0;    }    fo(i, 1, n) printf("%lld\n", ans2[i]);}