CF1625E2 Cats on the Upgrade

发布于 2022-01-28  415 次阅读


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题目大意

给出一个长度为 $2 \times n$ 的初始由 () 构成的字符串 $s$。你需要处理 $q$ 个操作,操作类型如下:

  1. 给出 $l,~r$,保证 $\forall i \in (l,~r),~s[i]='.'$,将 $s[l]$ 和 $s[r]$ 换为 .
  2. 给出 $l,~r$,保证 $s[l] \sim s[r]$ 为一个合法的括号序列,求其中满足两端不为 . 的合法括号串的数量。

$n,q \le e \times 10^5$

分析

考虑将输入的字符串 $s$ 按括号包含关系建树,1 操作即为删掉一个叶子节点,2 操作为询问连续若干兄弟节点的答案和。

考虑如何计算树上每一个节点子树内的答案。不难发现每一个节点对应子树上的答案即为其所有孩子节点的答案加上 $\binom {\text{孩子数量}} 2$ 再加一(即选取整个子树)。2 操作询问时只需要将所有被询问包含的兄弟节点的答案相加后再加上 $\binom {\text{兄弟节点数量-1}} 2$ 即可算出答案。

考虑如何计算区间内兄弟节点的数量。我们可以在每一个节点上建立一个树状数组,并记录每个节点是他父亲的第几个孩子。初始时树状数组上每一个位置均为 $1$,在某个孩子被删掉后将树状数组上对应位置改为 $0$。询问时通过计算树状数组上 $l$ 对应的位置与 $r$ 对应的位置之间 $1$ 的数量即可得出其间包含多少兄弟节点。

如何在 1 操作后维护每个节点的答案呢。考虑在树上进行差分,即每个节点仅记录 $\binom {\text{孩子数量}} 2$,不再加上孩子节点的答案和。计算答案时只需要计算连续若干棵子树的总和即可。按照 DFS 序建序列并使用树状数组维护即可解决问题。在 1 操作删除叶子节点时只需要单点修改其父亲节点的答案即可。

总时间复杂度 $O((n + m) \log n)$。

代码

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/**
 * @file 1625E2.cpp
 * @author Macesuted (i@macesuted.moe)
 * @date 2022-01-27
 *
 * @copyright Copyright (c) 2022
 * @brief
 *  My tutorial: https://macesuted.moe/article/cf1625e2  
 *
 */

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

#define MP make_pair
#define MT make_tuple

namespace io {
#define SIZE (1 << 20)
char ibuf[SIZE], *iS, *iT, obuf[SIZE], *oS = obuf, *oT = oS + SIZE - 1, c, qu[55];
int f, qr;
inline void flush(void) { return fwrite(obuf, 1, oS - obuf, stdout), oS = obuf, void(); }
inline char getch(void) {
    return (iS == iT ? (iT = (iS = ibuf) + fread(ibuf, 1, SIZE, stdin), (iS == iT ? EOF : *iS++)) : *iS++);
}
void putch(char x) {
    *oS++ = x;
    if (oS == oT) flush();
    return;
}
string getstr(void) {
    string s = "";
    char c = getch();
    while (c == ' ' || c == '\n' || c == '\r' || c == '\t' || c == EOF) c = getch();
    while (!(c == ' ' || c == '\n' || c == '\r' || c == '\t' || c == EOF)) s.push_back(c), c = getch();
    return s;
}
void putstr(string str, int begin = 0, int end = -1) {
    if (end == -1) end = str.size();
    for (int i = begin; i < end; i++) putch(str[i]);
    return;
}
template <typename T>
T read() {
    T x = 0;
    for (f = 1, c = getch(); c < '0' || c > '9'; c = getch())
        if (c == '-') f = -1;
    for (x = 0; c <= '9' && c >= '0'; c = getch()) x = x * 10 + (c & 15);
    return x * f;
}
template <typename T>
void write(const T& t) {
    T x = t;
    if (!x) putch('0');
    if (x < 0) putch('-'), x = -x;
    while (x) qu[++qr] = x % 10 + '0', x /= 10;
    while (qr) putch(qu[qr--]);
    return;
}
struct Flusher_ {
    ~Flusher_() { flush(); }
} io_flusher_;
}  // namespace io
using io::getch;
using io::getstr;
using io::putch;
using io::putstr;
using io::read;
using io::write;

bool mem1;

#define maxn 300005

typedef pair<int, int> pii;

class FenwickTree {
   private:
    vector<long long> tree;

   public:
    void resize(int n) { return tree.resize(n + 1); }
    void add(int p, long long val) {
        for (int i = p; i < (int)tree.size(); i += i & -i) tree[i] += val;
        return;
    }
    long long sum(int p) {
        long long sum = 0;
        for (int i = p; i; i -= i & -i) sum += tree[i];
        return sum;
    }
} FT, sons[maxn];

bool a[maxn];
pii b[maxn];
int bel[maxn], cnt = 0;
int dfni[maxn], dfno[maxn], fa[maxn], son[maxn], dfnCnt = 0;

vector<set<int>> graph;

void dfs(int p, int pre = -1, int sonId = 0) {
    fa[p] = pre, son[p] = sonId;
    dfni[p] = ++dfnCnt;
    FT.add(dfni[p], (long long)graph[p].size() * ((long long)graph[p].size() + 1) / 2);
    sons[p].resize(graph[p].size());
    int cnt = 0;
    for (auto i : graph[p]) dfs(i, p, ++cnt), sons[p].add(cnt, 1);
    dfno[p] = dfnCnt;
    return;
}

void solve(void) {
    int n = read<int>(), m = read<int>();
    graph.resize(n + 1);
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        char c = getch();
        while (c != '(' && c != ')') c = getch();
        a[i] = (c == '(');
    }
    stack<int> S;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        if (a[i])
            S.push(i);
        else if (!S.empty())
            bel[S.top()] = bel[i] = ++cnt, b[cnt] = {S.top(), i}, S.pop();
    while (!S.empty()) S.pop();
    for (int i = n; i; i--)
        if (a[i] && bel[i]) {
            while (!S.empty() && b[S.top()].second < b[bel[i]].second) graph[bel[i]].insert(S.top()), S.pop();
            S.push(bel[i]);
        }
    while (!S.empty()) graph[0].insert(S.top()), S.pop();
    FT.resize(cnt + 1);
    dfs(0);
    while (m--) {
        int t = read<int>(), l = read<int>(), r = read<int>(), f = fa[bel[l]];
        if (t == 1) {
            FT.add(dfni[f], -(long long)graph[f].size() * ((long long)graph[f].size() + 1) / 2);
            graph[f].erase(bel[l]);
            FT.add(dfni[f], +(long long)graph[f].size() * ((long long)graph[f].size() + 1) / 2);
            sons[f].add(son[bel[l]], -1);
        } else {
            long long cnt = sons[f].sum(son[bel[r]]) - sons[f].sum(son[bel[l]] - 1);
            write(FT.sum(dfno[bel[r]]) - FT.sum(dfni[bel[l]] - 1) + cnt * (cnt + 1) / 2), putch('\n');
        }
    }
    return;
}

bool mem2;

int main() {
#ifdef MACESUTED
    cerr << "Memory: " << abs(&mem1 - &mem2) / 1024. / 1024. << "MB" << endl;
#endif

    int _ = 1;
    while (_--) solve();

#ifdef MACESUTED
    cerr << "Time: " << clock() * 1000. / CLOCKS_PER_SEC << "ms" << endl;
#endif
    return 0;
}

我缓慢吐出一串啊吧啊吧并不再想说话