- 题库 ：洛谷
- 题号 ：5658
- 题目 ：括号树
- link ：https://www.luogu.com.cn/problem/P5658
55分链做法 ：这道题链的做法能给很多分，我们设一个右括号的贡献值为当前序列加上这个右括号后可以多获得的匹配数（左括号没有贡献值）。
观察序列1：
()()()
i = 2的时候，对答案的贡献值为1 。
i = 4的时候，本身[3, 4]就有一个满足要求的括号序列，再合并上前面的成为[1, 4]，于是对答案的贡献值就为2，再加上前面[1, 2]本身有的括号序列，总共为3。
i = 6时，总共的贡献值为3，加上前面的有3 + 3 = 6种。其他位置均没有贡献（左括号没有贡献值）。
总之，i为1 — 6时对答案的贡献分别为0, 1, 0, 2, 0, 3合并后的总答案为0, 1, 1, 3, 3, 6。
观察序列2：
())()
i = 2时，对答案贡献为1。
i = 3时，由于不满足成匹配的括号序列，所以没有贡献（我们只看右括号的贡献值）。
i = 5时，由于i = 3时多了一个后括号，所以[1, 3]不匹配，导致[1, 5]成不了一个匹配的括号序列，所以对答案的贡献仍为1
总之，i为1 — 5时对答案的贡献分别为0, 1, 0, 0, 1合并后的总答案为0, 1, 1, 1, 2。
观察序列3：
()(())
i = 2时，贡献为1。
i = 5时，由于i = 3是在中间断开，所以[1, 5]不能匹配，所以贡献仍为1。
i = 6时，我们发现[1, 2]是匹配的。故[1, 2], [3, 6]能合成一个匹配的序列，所以对答案贡献为2。
总之，i为1 — 6时对答案的贡献分别为0, 1, 0, 0, 1, 2，合并后的总答案为0, 1, 1, 1, 2, 4
我们发现，一个后括号如果能匹配一个前括号，假设这个前括号的前1位同样有一个已经匹配了的后括号，那么我们就可以把当前的匹配括号序列和之前的匹配括号序列合并。当前的这个后括号的贡献值，其实就等于前面那个后括号的贡献值 + 1。
code：
1 #include <bits/stdc++.h> 2 #define INF 0x3f3f3f3f 3 #define int unsigned long long//数据原因 4 using namespace std; 5 int n, q[1000001], sum[1000001], tot[1000001], ans;//tot是贡献值，sum是贡献值总和 6 char s[1000001]; 7 stack < int > pru;//栈存左括号的位置 8 signed main() 9 { 10 scanf("%llu", &n); 11 scanf("%s", s + 1); 12 for(register int i = 1; i <= n; ++i) 13 { 14 scanf("%llu", &q[i]); 15 } 16 for(register int i = 1; i <= n; ++i)//遍历链序列(都是连续的) 17 { 18 if(s[i] == '(')//左括号 19 { 20 pru.push(i);//push进栈中，用来存第一个左括号的位置 21 } 22 else//右括号 23 { 24 if(pru.size() != 0)//判断栈非空 25 { 26 int l = pru.top();//取出最近左括号的位置(没用过的) 27 tot[i] = tot[l - 1] + 1;//上一个后括号的贡献值 + 1 28 pru.pop();//弹出栈 29 } 30 } 31 sum[i] = sum[i - 1] + tot[i];//sum记录贡献值总和 32 } 33 ans = sum[1]; 34 for(register int i = 2; i <= n; ++i)//异或 35 { 36 ans ^= i * sum[i]; 37 } 38 printf("%llu", ans); 39 return 0; 40 }
满分做法 ：其实很简单，只需要把在链上完成的操作转换到树上来完成就行了，但是要注意回溯，而且之前的最近的左括号的上一个括号的贡献值变为最近的左括号的父亲的贡献值，因为树上一个点的上一个值就是这个点的父亲。
code：
1 #include <bits/stdc++.h> 2 #define INF 0x3f3f3f3f 3 #define int unsigned long long//此题数据很大 4 using namespace std; 5 int n, sum[500001], tot[500001], ans, head[500001], num, fa[500001]; 6 char s[500001]; 7 stack < int > pru; 8 struct node//链式前向星 9 { 10 int next, to; 11 }stu[1000001]; 12 inline void add(int x, int y)//加边 13 { 14 stu[++num].next = head[x]; 15 stu[num].to = y; 16 head[x] = num; 17 return; 18 } 19 inline void dfs(int u, int father)//树上的链 20 { 21 int l = -1;//回溯的需要 22 if(s[u] == '(') 23 { 24 l = 0;//表示回溯需要pop 25 pru.push(u); 26 } 27 else 28 { 29 if(pru.size() != 0) 30 { 31 l = pru.top(); 32 tot[u] = tot[fa[l]] + 1;//最近左括号父节点贡献值 + 1 33 pru.pop(); 34 } 35 } 36 sum[u] = sum[fa[u]] + tot[u];//计算总贡献值 37 for(register int i = head[u]; i; i = stu[i].next)//搜索 38 { 39 int k = stu[i].to; 40 if(k != father)//判节点是否可以搜 41 { 42 dfs(k, u); 43 } 44 } 45 if(l == 0)//回溯 46 { 47 pru.pop(); 48 } 49 else if(l != -1)//如果 = -1就代表什么都没push或pop 50 { 51 pru.push(l); 52 } 53 return; 54 } 55 signed main() 56 { 57 scanf("%llu", &n); 58 scanf("%s", s + 1); 59 for(register int i = 2; i <= n; ++i) 60 { 61 scanf("%llu", &fa[i]); 62 add(i, fa[i]);//加边 63 add(fa[i], i);//加反向边 64 } 65 dfs(1, -1);//搜索 66 ans = sum[1]; 67 for(register int i = 2; i <= n; ++i)//异或 68 { 69 ans ^= i * sum[i]; 70 } 71 printf("%llu", ans); 72 return 0; 73 }