【题解】2022ICPC杭州-K

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简述一下就是每次询问重新定义一个字母排序表，问在这个顺序下n个字符串的序列的逆序数是多少。

字典树计算逆序数

先考虑初始状况下，即 $a < b < ... < z$ 的情况下，逆序数如何计算。而对于这种多字符串问题，优先考虑的肯定是字典树，我们可以对所有字符串构建一棵字典树，在字典树的每个节点上记录所有经过它的字符串的下标，然后计算两种情况的逆序数：

（1） $S_{i}$ 是 $S_{j}$ 的前缀，则它们在字典树上的情况一定会在某一个节点 $node_{t}$ 处满足 $\in node_{t}, j \in node_{t}$ ，而 $i$ 将不会出现在 $node_{t}$ 的任何子节点上，假如 $i > j$ ，那就产生了一组逆序对。我们记这种情况的总逆序数为 $ANS_{1}$

（2） $S_{i}$ 与 $S_{j}$ 存在一位不一样的字符，则一定存在一个节点 $node_{t}$ ，在这里两个字符串走了不同的路，称这两个字符串在这个节点上出现了分歧（后面要用）。于是我们可以遍历每个节点下的两条分支，在这两个分支中跑一遍求逆序数，采用双指针的方式，类似归并排序时求逆序数，复杂度大约为 $O (13 * 26 * n)$ ，记这种情况的总逆序对数为 $ANS_{2}$

于是，答案就是 $ANS_{1}+ANS_{2}$ 。

打乱字母表下如何计算逆序数

那么好，现在考虑字母表排序打乱的情况，上述过程会有什么变化。容易发现，第一种情况不会受到任何影响，仍然是 $ANS_{1}$ 。

对于第二种情况，假如新的顺序变成了 $a > b$ ，发现原本因为分歧原因为 $a$ 与 $b$ 的字符串大小关系发生变化，在初始的排序下，我们不再需要它们的逆序对，而是要顺序对。而这种变化会在 $a$ 与 $b$ 大小关系变化时同时发生，可以将所有因此需要调整的地方统一处理。

思路可能有点抽象，直接上方法。不再直接求 $ANS_{2}$ ，而是两个列表 $w_{1}[26][26]$ 和 $w_{2}[26][26]$ ，其中 $w1[c_{1}][c_{2}]$ 表示两个字符串因为 $c_{1}$ 和 $c_{2}$ 产生了分歧而产生的顺序对数， $w_{2}$ 则是逆序对数，则初始的 $A NS 2$ 其实可以直接表示为：

$ANS_{2}=\sum_{i=0}^{25}\sum_{j=i+1}^{25}w_{2}[i][j]$

而在新的顺序下，我们设一个数组 $w e i g h t [26]$ 表示 $a$ 到 $z$ 的权重，则 $ANS_{2}$ 可以表示为：

$ANS_{2}=\sum_{i=0}^{25}\sum_{j=i+1}^{25}w_{1}[i][j]*(if\ weight[i]>weight[j])$
$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ +\sum_{i=0}^{25}\sum_{j=i+1}^{25}w_{2}[i][j]*(if\ weight[i]<weight[j])$

最后别忘了加上 $ANS_{1}$ 。

时间复杂度

建树阶段为 $O(\sum_{i=1}^{n}|S_{i}|)$ ，
求 $ANS_{1}$ 阶段为 $O(\sum_{i=1}^{n}|S_{i}|)$ ，
求 $w_{1}$ ， $w_{2}$ 阶段为 $O(13*26*\sum_{i=1}^{n}|S_{i}|)$ ，
回答询问阶段为 $O (13 * 26 * q)$ 。

注意，上述时间复杂度只是大约，大概率达不到，且中间有一些~~微微的剪枝优化~~ 。

此外，千万不要新建一个vector并用另一个vector给它赋值，只为了弄个新的变量名方便写代码，因为vector赋值是默认 $O (s i ze)$ 一个一个拷贝过去的，而不是指针！！！（因为这个TLE了半天）

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
struct node{int nxt[26];int value=-1;int h;vector<int> v;
} G[1000006];
int H[500005];
int new_weight[26];
int szG=1;
int w;     // 子串形成的逆序对数
int w1[26][26], w2[26][26];   // i与j的比较中产生的逆序对数, 反转后产生的逆序对数
int n, q;
inline void ct(int x, int y) {    // 求w1顺序对, w2逆序对if(G[x].value > G[y].value) swap(x, y);    // 保证分别为a子树，b子树int value1 = G[x].value, value2 = G[y].value;int t1 = 0, t2 = 0;while(t1 < G[x].v.size() && t2 < G[y].v.size()) {if(G[x].v[t1] < G[y].v[t2]) {w2[value1][value2] += G[y].v.size() - t2;t1 ++;} else {w1[value1][value2] += G[x].v.size() - t1;t2 ++;}}
}
inline void ct2(int x) {    // 求ANS1，即前缀关系的逆序数vector<int> v1, v2;     // 消失的，剩余的for(int i=0;i<G[x].v.size();i++) {int now = G[x].v[i];if(H[now] == G[x].h) {v1.push_back(now);} else {v2.push_back(now);}}int t1 = 0, t2 = 0;while(t1 < v1.size() && t2 < v2.size()) {if(v1[t1] < v2[t2]) {t1 ++;} else {w += v1.size() - t1;t2 ++;}}
}
inline void dfs(int id) { if(id != 0 && G[id].v.size() <= 1) return;for(int i=0;i<26;i++) {if(G[id].nxt[i] == 0) continue;for(int j=i+1;j<26;j++) {if(G[id].nxt[j] == 0) continue;ct(G[id].nxt[i], G[id].nxt[j]);}}ct2(id);for(int i=0;i<26;i++) {if(G[id].nxt[i] == 0) continue;dfs(G[id].nxt[i]);}
}
signed main() {cin>>n>>q;for(int i=1;i<=n;i++) {string s; cin>>s;H[i] = s.length();int id = 0;   // 根for(int j=0;j<s.size();j++) {if(G[id].nxt[s[j]-'a'] == 0) {   // 下一个节点不存在G[szG].value = s[j] - 'a';G[szG].h = G[id].h + 1;G[id].nxt[s[j]-'a'] = szG;szG++;}id = G[id].nxt[s[j]-'a'];G[id].v.push_back(i);}}dfs(0);while(q--) {           string s; cin>>s;for(int i=0;i<26;i++) {new_weight[s[i]-'a'] = i;}int sum = 0;for(int i=0;i<26;i++) {for(int j=i+1;j<26;j++) {if(new_weight[i] < new_weight[j])sum += w1[i][j];elsesum += w2[i][j];}}printf("%lld\n", w + sum);}return 0;
}