首页 > itarticle > uva 12685 – binary tree

uva 12685 – binary tree

admin 11月 11, 2020 0

contents

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

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。

#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: %dn", ++cases, ret);
	}
	return 0;
}