[贪心] Codeforces 1623E Middle Duplication

题目大意

给定一棵二叉树，每个结点 \(u\) 上有一个小写字母 \(c_u\)。对这棵二叉树进行中序遍历，将结点上的字母按中序遍历的顺序相连成一个字符串。你可以选择至多 \(k\) 个结点，对于每个被选的结点 \(u\)，将其上的字符串由 \(c_u\) 改为 \(c_uc_u\)(即复制一遍 \(c_u\) 这个字符)。要求如果结点 \(u\) 被选中，则它的父亲也一定要被选中。求选择至多 \(k\) 个结点后，中序遍历得到的字典序最小的字符串是多少。

题解

首先我们可以求出未修改的树通过中序遍历得到的字符串为 \(s\)。然后可以求出哪些结点被选中可以导致 \(s\) 的字典序变小（若在 \(s\) 中，\(s_i\) 右边第一个不等于 \(s_i\) 的字符 \(s_j>s_i\)，则选中 \(s_i\) 所代表的结点可以导致 \(s\) 的字典序变小），我们称这些点为好点，最好情况肯定是好点全被选，其它点全不被选，这样字典序最小。但因为最多只能选 \(k\) 个点，所以我们优先选 \(s\) 中靠左的好点。又因为选中一个点同时也要选中该点的父亲，而该点的父亲可能不是好点，于是我们不希望出现该点的父亲不是好点，但该点的父亲在中序遍历中在该点的前面这一情况（即好点是父亲的右儿子，父亲不是好点），除非父亲的左子树中选了一个好点。

于是可以发现我们最终所选择的所有点实际上是若干条左偏链：

如图中只有黄色点是选中的好点。橙色点是因为其子树内存在选中的好点，所以不得不选的点。每一条树链都是以好点结尾的一条左偏链，每条链的顶端记为top。

然后就是在最多选 \(k\) 个点的情况下尽可能长且尽可能多地选择左偏链，具体实现可以参考树链剖分中划分树链的方式，即DFS时下传每条链的链顶。

最终的时间复杂度为 \(O(n)\)。

Code

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

int T[200010][2], tid[200010], deep[200010];
char s[200010], t[200010];
bool mark[200010], mark2[200010];
int n, k, idx;

void DFS(int u) {
    if (T[u][0]) { deep[T[u][0]] = deep[u] + 1; DFS(T[u][0]); }
    tid[++idx] = u;
    t[idx] = s[u];
    if (T[u][1]) { deep[T[u][1]] = deep[u] + 1; DFS(T[u][1]); }
}

bool DFS2(int u, int top) {
    bool flag = false;
    if (T[u][0]) { if (DFS2(T[u][0], top)) flag = true; }
    if (flag) mark2[u] = true;
    if (mark[u] && !flag) {
        if (deep[u] - deep[top] + 1 <= k) {
            k -= (deep[u] - deep[top] + 1);
            mark2[u] = true;
            flag = true;
        }
    }
    if (T[u][1] && flag) DFS2(T[u][1], T[u][1]);
    return flag;
}

int main() {
    scanf("%d%d", &n, &k);
    scanf("%s", s + 1);
    for (int i = 1;i <= n;++i)
        scanf("%d%d", &T[i][0], &T[i][1]);
    DFS(1);
    int p = n;
    for (int i = n;i >= 1;--i) {
        if (t[p] > t[i]) mark[tid[i]] = true;
        if (t[i - 1] != t[i]) p = i;
    }
    DFS2(1, 1);
    for (int i = 1;i <= n;++i) {
        printf("%c", t[i]);
        if (mark2[tid[i]]) printf("%c", t[i]);
    }
    printf("\n");

    return 0;
}