2022/8/26 总结

A.括号序列

• 一看，我趣，字符串，直接抱灵吧，让我死得体面一点……

• 再一看数据范围，我趣，\(\mathtt{O(n)}\)，这怎么写得出来啊？

Solution

• 虽然是 \(\mathtt{O(7n)}\)，但卡卡常也就卡过了；

• 先遍历一遍，把括号两两匹配一下，记录一下另一半括号的位置。再来两边 \(\mathtt{O(n)}\)，处理出可以形如 \(\mathtt{()()}\) 这样合并的括号个数的前缀和（\(sum_0\)）与后缀和（\(sum_1\)）；

• 然后一遍 \(\mathtt{O(n)}\)，统计上面这种方式合并每个位置的答案（为 \((sum_{0,i}-1)\times(sum_{1,pos_i}+1)\)）。

• 考虑如何处理括号套括号的情况。当一对括号里面套着很多其他的合法字符串时，将这个括号及其里面视作一个整体的答案贡献上一步已经算过了。那么对于最外层的括号，里面括号怎么匹配不会对它产生影响，因为如果要这层括号对答案有贡献，里面的括号一定全部在子串里。所以只需要对里面的括号修改即可。
  里面的括号对于同级的匹配已经算过了，只需要加上当它作为大括号的整个串时的贡献即可。但这一步是区间修改，所以先跑一遍把答案数组处理成差分。

• 最后统计答案的时候记得取余就行了……要不是这离谱的取余规则我至于吗，万恶之源啊

AC code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define ll long long
#define re register

const int mod=1e9+7;
const int N=1e7+10;

char ch[N];
int n;
ll ans[N];
int pos[N];
ll sum[2][N];
int st[N];

int main(){
//	freopen("bracket.in","r",stdin);
//	freopen("bracket.out","w",stdout);
	scanf("%s",ch+1);
	n=strlen(ch+1);
	re int r=0;
	for(re int i=1;i<=n;++i){
		if(ch[i]=='(')
			st[++r]=i;
		else if(ch[i]==')'){
			if(r){
				pos[i]=st[r];
				pos[st[r]]=i;
				--r;
			}
		}
	}
	for(re int i=1;i<=n;++i)
		if(pos[i]<i && pos[i])
			sum[0][i]=sum[0][pos[i]-1]+1;
	for(re int i=n;i;--i)
		if(pos[i]>i)
			sum[1][i]=sum[1][pos[i]+1]+1;
	for(re int i=1;i<=n;++i){
		if(!pos[i]) continue;
		if(i<pos[i])
			ans[i]+=1ll*(sum[0][i-1]+1)*(sum[1][pos[i]+1]+1);
		else	ans[i]+=1ll*(sum[0][pos[i]-1]+1)*(sum[1][i+1]+1);
	}
	for(re int i=n;i;--i)
		ans[i]-=ans[i-1];
	re ll cnt;
	for(re int i=1;i<=n;++i){
		if(!pos[i]) continue;
		if(i>pos[i]) continue;
		if(pos[i]==i+1) continue;
		cnt=1ll*(sum[0][i-1]+1)*(sum[1][pos[i]+1]+1);
		ans[i+1]+=cnt;
		ans[pos[i]]-=cnt;
	}
	cnt=0;
	re ll ans0=0;
	for(re int i=1;i<=n;++i){
		(cnt+=0ll+ans[i])%=mod;
//		(cnt+=0ll+mod)%=mod;
		ans0+=(1ll*cnt*i)%mod;
	}
	printf("%lld\n",ans0);
	return 0;
}
/*

需要 O(n)以内的算法。 

希望取余不要挂！！ 

*/