【UR #25】设计草图（扫描线+并查集 ）【离线求区间最小值/前缀最小值数量】

题面

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题意:

• 给定一个长度为 \(n\) 的字符串序列，由 \((\)，\(?\)，\()\) 构成，其中 \(?\) 可任意替换成 \((\) 或 \()\)，你需要求出有多少个子区间可以变成一个合法的括号序列。
• \(1 \leq n \leq 10^6\)。

分析

先来考虑怎样判断一个包含 \(?\) 的字符串序列是否可以成为合法的括号序列。
想到一般的合法括号序列判断方法：左括号数等于右括号数，且任意一个前缀都满足左括号数量不少于右括号。
我们沿用这个判断方法，经过手玩能得到一个字符串序列合法的充要条件：

• 长度是偶数。
• 将全部 \(?\) 替换成 \((\) 后，任意一个前缀都满足左括号的数量不小于右括号。
• 将全部 \(?\) 替换成 \()\) 后，任意一个后缀都满足右括号的数量不小于左括号。

怎么快速统计满足上述三个条件的区间数量呢？

考虑枚举每个位置作为左端点统计合法的右端点。

对于第二个条件，我们将所有 \(?\) 都替换成 \((\)。然后将 \((\) 看成 \(+1\)，将 \()\) 看成 \(-1\) ，求出序列的前缀和 \(A\)，那么对于一个左端点 \(i\)，满足条件的右端点 \(j\) 一定是从 \(i\) 开始的一段区间(一个元素看成长度为 \(1\) 的区间)，满足这段区间中的所有 \(A_j\) 都 大于等于 \(A_{i - 1}\)。显然可以跑一遍 单调栈 对每个左端点 \(i\) 求出区间右端点 \(R_i\)。

接着考虑第三个条件，对于 \([i, R_i]\) 中的一个点 \(j\)，判断区间 \([i, j]\) 是否满足第三个条件的方法：将所有 \(?\) 替换成 \()\)，然后倒序扫描整个序列，将 \()\) 看成 \(1\)， \((\) 看成 \(-1\)，求出序列后缀和 \(B\)，那么只需要满足 \(B_{j + 1}\) 是\(B[i, j + 1]\) 的最小值，即是\(B[i, R_i + 1]\) 的一个前缀最小值。

也就是说，同时满足第二个条件和第三个条件的位置对应了 \(B[i, R_i + 1]\) 的一个前缀最小值（相同大小认为靠后的更小）。问题转化成了 离线 \(n\) 次查询区间前缀最小值数量。

还有第一个限制，不难发现只要满足右端点 \(j\) 和左端点 \(i\) 奇偶性相同即可，因此我们只需要多记录前缀最小值中有几个奇数，几个偶数即可。

这个问题怎么做？
回顾 离线求区间 \(rmq\) 的方法：
我们对右端点扫描线，维护一个 单调递增的单调栈，用 并查集 维护每个左端点到目前右端点这段区间的区间最小值。具体而言，当栈顶被弹出时，就将栈顶的并查集连向当前元素，那么每个左端点所在并查集的根就是当前的区间最小值。

将上述做法修改即可统计前缀最小值：一个左端点到根的路径上几个点就有几个前缀最小值，我们在路径压缩的同时合并路径信息（维护有几个奇数几个偶数）即可。时空间复杂度 \(O(n)\)。

CODE：

// trick: 离线并查集线性求解区间rmq， 前缀最值数量 
#include<bits/stdc++.h>
#define pb emplace_back
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 1e6 + 5;
LL ans;
char s[N];
int n, a[N], Top;
int bin[N], cnt[2][N]; // cnt[i][0/1] 表示到目前为止，以 i 为起点， 有几个偶数/奇数位置的最小值 
vector< int > R[N]; 
inline void add(int l, int r) {R[r].pb(l);}
inline int Find(int x) {
	if(bin[x] == x) return x;
	if(bin[bin[x]] == bin[x]) return bin[x];
	int u = Find(bin[x]);
	cnt[0][x] += cnt[0][bin[x]];
	cnt[1][x] += cnt[1][bin[x]];
	return bin[x] = u;
}
inline void Merge(int u, int v) {
	int f1 = Find(u), f2 = Find(v);
	bin[f1] = f2;
}
inline int ask(int L) {
	Find(L);
	return cnt[L & 1][L] + (L == bin[L] ? 0 : cnt[L & 1][bin[L]]);
}
int main() {
	scanf("%s", s + 1); n = strlen(s + 1);
	for(int i = 1; i <= n; i ++ ) a[i] = (s[i] == ')' ? -1 : 1);
	for(int i = 1; i <= n; i ++ ) a[i] += a[i - 1];
	vector< int > vec; vec.pb(0);
	for(int i = 1; i <= n; i ++ ) {
		while(!vec.empty() && a[i] < a[vec.back()]) add(vec.back() + 1, i), vec.pop_back();
		vec.pb(i);
	}
	while(!vec.empty()) add(vec.back() + 1, n + 1), vec.pop_back(); // 求出每个左端点的右端点 
	for(int i = 1; i <= n; i ++ ) a[i] = (s[i] == '(' ? -1 : 1);		
	for(int i = n; i >= 1; i -- ) a[i] += a[i + 1];
	// 后面形如离线查询区间中有多少前缀最小值，相同权值认为靠后的更小 
	for(int i = 1; i <= n + 1; i ++ ) bin[i] = i, cnt[i & 1][i] = 1;
	for(int i = 1; i <= n + 1; i ++ ) {
		while(!vec.empty() && a[i] <= a[vec.back()]) Merge(vec.back(), i), vec.pop_back();
		vec.pb(i);
		for(auto L : R[i]) {
			ans += (ask(L) - 1);
		}
	}
	cout << ans << endl;
	return 0;
}