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UVa 12685 - Binary Tree

contents

  1. 1. Problem
  2. 2. Sample Input
  3. 3. Sample Output
  4. 4. Solution

Problem

根據第一行指令，在一個二元樹中走訪節點，最後停留的位置交給第二行繼續執行。然而第二行的每一個指令可以選擇忽略或者執行，最後停留的節點共計有多少個。

Sample Input

1
2
3
4
5
2
L
LU
L
L

Sample Output

1
2
Case 1: 3
Case 2: 2

Solution

一開始會發現最後停留的點，下次可能抵達的位置為其左子樹節點個數 1、右子樹節點個樹 1。

定義：可能在下一個走到的左子節點個數 l、右子節點個數 r。

當選擇往左前往還沒有走過的左子節點時，所有左子節點各會增加可能未走到的左子節點、右子節點，而已經消耗 l 個未走過的左節點，現在增加 l 個未走過的左節點、l 個未走過的右節點。反之，走到右子節點也是。

如果選擇往上時，只會根據一開始停留點到 root 之間的距離有關。

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#include <stdio.h> 
#include <stack>
using namespace std;
char S[131072], T[131072];
const int mod = 21092013;
int main() {
    int testcase, cases = 0;
    scanf("%d", &testcase);
    while (testcase--) {
        scanf("%s %s", S, T);
        stack<char> stk;
        for (int i = 0; S[i]; i++) {
            if (S[i] == 'L' || S[i] == 'R')
                stk.push(S[i]);
            else if (!stk.empty())
                stk.pop();
        }
        int ret = 1, lson = 1, rson = 1;
        for (int i = 0; T[i]; i++) {
            if (T[i] == 'L')
                ret = (ret + lson)%mod, rson = (rson + lson)%mod;
            else if (T[i] == 'R')
                ret = (ret + rson)%mod, lson = (lson + rson)%mod;
            else {
                if (!stk.empty()) {
                    ret = (ret + 1)%mod;
                    if (stk.top() == 'L')
                        rson++;
                    else
                        lson++;
                    stk.pop();
                }
            }
        }
        printf("Case %d: %d\n", ++cases, ret);
    }
    return 0;
}