qoj18246 Deformed Balance

考虑以下两个规则：

\[\begin{align*} e_1&::=\text{LR} \mid e_1e_1\mid \text Le_1\text R \\e_2&::=\text R\mid e_2\text Re_2\mid \text Le_2\text L \end{align*} \]

给定字符串 \(S\)，构造 \(T\) 使得：

• \(S\) 是 \(T\) 的子串。
• \(T\) 能被 \(e_2\) 生成，\(T\text R\) 能被 \(e_1\) 生成。
• 最小化 \(|T|\)。

\[|S|\le 10^6 \]

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规则 \(e_1\) 即为括号序列。

考虑 \(e_2\)，我们将其改写为：

\[e_2::=\text R\mid e_2\text Re_2\mid \{e_2\} \]

等价于：

\[e_2::=\text R^{2k+1}\mid\text R^{2k}(\{e_2\}\text R^{2k+1})^k\{e_2\}\text R^{2k} \]

其中 \(k\) 为任意非负整数。

一个重要观察是其中大括号的方向在连续的奇数个 \(\text R\) 后反转。

那么我们尝试判定一个串是否是 Deformed Balance 的，其须在 \(e_1\) 的括号序列和 \(e_2\) 的大括号序列上均合法。为此，我们记录双状态自动机 \((x,y)\) 表示其在 \(e_1\) 和 \(e_2\) 上的前缀和。

若下一个字符是 \(\text L\)，转移至 \((x+1,y+(-1)^{x+y})\)。

若下一个字符是 \(\text R\)，转移至 \((x-1,y)\)。

若对于任意时刻均有 \(x,y\ge 0\)，且最终状态为 \((1,0)\)，其即合法。

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然后考虑 \(T=XSY\)。

设 \(XS\) 结束在 \((x',y')\)。

若 \(x'+y'\equiv 1\pmod 2\)，只需用 \(y'\) 次 \(\text L\) 将 \(y\) 置 \(0\)，然后 \(x'+y'-1\) 次 \(\text R\) 将 \(x\) 置 \(1\)。共需 \(x'+2y'-1\) 次。

否则若 \(x'>0\)，只需先一次 \(R\)，即可规约至上述情形，次数相同。

否则 \(y\equiv 0\pmod 2\) 且 \(x=0\)，需先一次 \(L\) 规约至 \((1,y'+1)\)，次数 \(y'+3\)。

如此即可 \(\mathcal O(1)\) 计算 \(|Y|_{\min}\)。

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在前缀 \(X\) 中不会出现 \(\text{RR}\) 子串，否则将其移至 \(Y\) 中，不改变 \(x+y\) 奇偶性，且 \(S\) 内 \(x\) 整体加二，必定不劣。

且 \(X\) 中出现的 \(\text L\) 连续段不超过 \(2\)，因为第 \(3\) 个 \(\text L\) 连续段可以整体前移与第 \(1\) 个 \(\text L\) 连续段拼在一起，因为其奇偶性相同，而移动后 \(y\) 不降，必定不劣。此时其前后的 \(\text R\) 形成 \(\text{RR}\) 子串，与上一个结论矛盾。

由于 \(\text R\) 不能出现在开头，\(X\) 只有以下 \(3\) 种形式：

• \(\text L^a\)。
• \(\text L^a\text R\text L^b\)。
• \(\text L^a\text R\text L^b\text R\)。

由于 \((x,y)\) 在 \(S\) 内的增量只与 \(X\) 末尾时 \(x+y\) 的奇偶性有关，不妨枚举 \(a\)。

\(b\) 符合若干线性不等式。解出来后由于有 \(x=0\) 的情况，只有 \(b_{\min}\) 附近的 \(\mathcal O(1)\) 个值需要枚举。

总时间复杂度 \(\mathcal O(n)\)。

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#include <iostream>
#include <algorithm>

const int N = 1e6 + 7;

int n, v[N];

inline void step(int& x, int& y, int w) {
  if(w) y += (x + y) & 1 ? -1 : 1, ++x;
  else --x;
}

int ans = 1e9;

inline int calc(int x, int y) {
  return 2 * y + (x == 0 && y % 2 == 0 ? 3 : x - 1);
}

inline void even() {
  int x = 0, y = 0, mx = 0, my = 0;
  for(int i = 1; i <= n; ++i) {
    step(x, y, v[i]);
    mx = std::min(mx, x), my = std::min(my, y);
  }
  // LaRLbR => (a+b-2, a-b)
  // a+b-2 >= -mx, a-b >= -my
  // ends in (a+b-2+x, a-b+y)
  for(int a = 1; a <= n; ++a) {
    int bD = 1, bU = a;
    bD = std::max(bD, 2-a-mx);
    bU = std::min(bU, a + my);
    if(bD <= bU) {
      int b = bD;
      int fx = a + b - 2 + x, fy = a - b + y;
      ans = std::min(ans, calc(fx, fy) + a + b + 2);
      if(fx == 0 && fy % 2 == 0 && ++b <= bU) {
        ++fx, --fy;
        ans = std::min(ans, calc(fx, fy) + a + b + 2);
      }
    }
  }
  // La => (a,a)
  // a >= -mx, a >= -my
  for(int a = 0; a <= n; ++a) {
    if(a + mx >= 0 && a + my >= 0) {
      int fx = a + x, fy = a + y;
      ans = std::min(ans, calc(fx, fy) + a);
    }
  }
}

inline void odd() {
  int x = 1, y = 0, mx = 1, my = 0;
  for(int i = 1; i <= n; ++i) {
    step(x, y, v[i]);
    mx = std::min(mx, x), my = std::min(my, y);
  }
  // LaRLb => (a+b-1, a-b)
  // a+b-2 >= -mx, a-b >= -my
  // ends in (a+b-2+x, a-b+y)
  for(int a = 1; a <= n; ++a) {
    int bD = 0, bU = a;
    bD = std::max(bD, 2-a-mx);
    bU = std::min(bU, a + my);
    if(bD <= bU) {
      int b = bD;
      int fx = a + b - 2 + x, fy = a - b + y;
      ans = std::min(ans, calc(fx, fy) + a + b + 1);
      if(fx == 0 && fy % 2 == 0 && ++b <= bU) {
        ++fx, --fy;
        ans = std::min(ans, calc(fx, fy) + a + b + 1);
      }
    }
  }
}

inline void solve() {
  std::cin >> n;
  for(int i = 1; i <= n; ++i) {
    char c; std::cin >> c;
    v[i] = c == '(';
  }
  ans = 1e9;
  even(), odd();
  std::cout << ans << "\n";
}

int main() {
  std::ios::sync_with_stdio(0), std::cin.tie(0), std::cout.tie(0);
  int t; std::cin >> t; while(t--) solve();
}