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| 试题编号： | 202303-3 | ||||||||||||
| 试题名称： | LDAP | ||||||||||||
| 时间限制： | 12.0s | ||||||||||||
| 内存限制： | 1.0GB | ||||||||||||
| 问题描述： |
题目背景西西艾弗岛运营公司是一家负责维护和运营岛上基础设施的大型企业，拥有数千名员工。公司内有很多 IT 系统。为了能够实现这些 IT 系统的统一认证登录，公司 IT 部门决定引入一套 LDAP 系统来管理公司内的用户信息。轻型目录访问协议（Lightweight Directory Access Protocol，LDAP）是一种用于访问和维护目录服务的应用层协议，基于它的数据库可以用树形结构来组织和存储数据。每一笔数据，都包含了一个唯一的标识符（DN，Distinguished Name），以及一系列的属性（Attribute）。 不同的 IT 系统，允许访问的用户是不相同的。每个信息系统都有一个表达式，用来描述允许访问的用户。 问题描述为了简化该问题，我们约定，每个用户的 DN 是一个正整数，且不会重复。有若干种用户的属性，用正整数编号。每个用户可以具有这些属性中的若干个，且每个属性只能有一个值。每个属性的值也是一个正整数。例如，假定有两个用户：用户 1 和用户 2，他们的 DN 分别是 1 和 2。一共有 3 种属性。用户 1 具有属性 1 和属性 2，且属性 1 的值为 2，属性 2 的值为 3；但不具有属性 3。用户 2 具有属性 2 和属性 3，且属性 2 的值为 3，属性 3 的值为 1；但不具有属性 1。如下表所示：
一个匹配表达式可以是一个属性的值，也可以是多个匹配表达式的逻辑组合。只匹配一个属性的值的表达式称为原子表达式，原子表达式的形式为 表达式可以进行逻辑组合，其语法是： 形式化地，上述语法用 BNF 范式表示如下：
输入格式从标准输入读入数据。 输入的第一行包含一个正整数 n，表示用户的数目。 接下来 n 行，每行包含空格分隔的若干个正整数，第一个正整数表示该用户的 DN，第二个正整数表示该用户具有的属性个数，此后的每两个正整数表示该用户具有的一个属性及其值。这些属性按照属性编号从小到大的顺序给出。 接下来一行包含一个正整数 m，表示匹配表达式的数目。 接下来 m 行，每行包含一个匹配表达式。 输出格式输出到标准输出。 输出 m 行，每行包含零个或多个正整数，用空格分隔，表示与对应的匹配表达式相匹配的用户的 DN，由小到大排序。 样例输入1
样例输出1
样例解释本组输入是题目描述中的例子。 子任务对于 20% 的输入，有 1≤n≤100，1≤m≤10，每个用户的属性个数不超过 10，全部属性编号不超过 100，且表达式是原子表达式，即符合 BNF 语法 对于 40% 的输入，有 1≤m≤100，每个用户的属性个数不超过 10，全部属性编号不超过 100，且表达式中至多含有两个原子表达式的逻辑组合，即符合 BNF 语法 对于 70% 的输入，有全部属性编号不超过 500。 对于全部输入，有 1≤n≤2500，1≤m≤500，每个用户的属性个数不超过 500，全部属性编号、属性值和 DN 均不超过 109，每个表达式语句都符合题设语法，且语句字符长度不超过 2000。 |
真题来源：LDAP
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思路分析：
主要是要解决表达式嵌套的问题，与栈实现计算器时维护一个符号栈、一个数值栈类似。这里维护了两个栈，一个符号栈op，一个bitset集合栈stk，集合求交、或，由bitset完成。当遇到&或|时，将符号压栈；当遇到)时，将bitset压栈；()内正常读取，求bitset即可。当同一个符号对应两个bitset在栈内（num[c]=2）时，将两个bitset运算为一个bitset。其余部分map乱搞，q[i][j]表示DN=i用户的j属性值，p(i,j)表示i属性值为j的有哪些用户，has[i]表示i属性有哪些用户，i:j操作时，p[i][j]即为所求；i~j操作时，has[i]内去掉p[i][j]即为所求。to[i]记录了第i个用户对应的DN值，输出时按DN从小到大排序即可。
c++满分题解：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> P;
const int N=2502;
int n,m,sz,id,k,c,d,x,y,num[N],to[N],f[N];
map<int,int>q[N];
map<P,vector<int>>p;
map<int,vector<int>>has;
char s[N],op[N];
bitset<N>stk[N*2],res;
bitset<N>cal(int l,char x,int r){
bitset<N>ans;
for(auto &v:p[P(l,r)]){
ans.set(v);
}
if(x=='~'){
for(auto &v:has[l]){
ans.flip(v);
}
}
return ans;
}
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;++i){
scanf("%d%d",&id,&k);
to[i]=id;
for(int j=1;j<=k;++j){
scanf("%d%d",&x,&y);
q[i][x]=y;
has[x].push_back(i);
p[P(x,y)].push_back(i);
}
}
scanf("%d",&m);
for(int i=1;i<=m;++i){
scanf("%s",s);
sz=strlen(s);
c=d=0;
for(int j=0;j<sz;){
if(s[j]=='&' || s[j]=='|'){
op[++c]=s[j++];
}
else if(s[j]=='('){
j++;
}
else if(s[j]==')'){
num[c]++;
if(num[c]==2){
d--;
if(op[c]=='&')stk[d]=stk[d]&stk[d+1];
else stk[d]=stk[d]|stk[d+1];
num[c--]=0;
}
j++;
}
else{
int cur=j,l=0,r=0;
while(cur<sz && (s[cur]!=':' && s[cur]!='~')){
l=l*10+(s[cur]-'0');
cur++;
}
char x=s[cur++];
while(cur<sz && s[cur]!=')'){
r=r*10+(s[cur]-'0');
cur++;
}
stk[++d]=cal(l,x,r);
j=cur;
}
}
int e=0;
for(int j=1;j<=n;++j){
if(stk[d].test(j)){
f[++e]=to[j];
}
}
sort(f+1,f+e+1);
for(int j=1;j<=e;++j){
printf("%d%c",f[j]," \n"[j==e]);
}
if(!e)puts("");
}
return 0;
}运行结果：
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