『STA - R9』咏叹调调律 题解

『STA - R9』咏叹调调律

不愧是年度试题推荐选集的题目，再次让我感受到计数题的恐怖。

首先最关键也是最难想到的一步就是，转化为括号序列。观察可以消掉的结构，CA,CCB,AB,AAA,启示我们 C 可以看作 '('，而 B 可以看作 '))'，A 最复杂，是 '((' 或者 ')'。

然后还有一个观察就是，如果一个作为左双括号的 A 在一个作为右括号的 A 右边的话，交换这两个的表示内容是不劣的，因为我们是在对子序列做匹配。所以有一个分界线，在线左边都是左 A，在线右边都是右 A。

然而即使变成了括号序列也有问题，因为一个字符串可能有多种匹配方式，所以直接算会算重。而且，即使括号序列是合法的，这个串也不一定是合法的，如 AACB。

怎么解决呢？我们引入一个优先级规则，即双括号优先匹配，B 会优先匹配 A 而非 CC。然后为了解决后面那个合法匹配问题，我们发现，一个左 A 如果已经匹配了一个右 A，还剩的那个括号就不能给别人匹配，只能再用一个右 A。当然如果有 B 来匹配这半个左 A 的话，就要脱离当前匹配的右 A，并且在保证有一个 C 来和这个右 A 匹配的情况下进行。

总上所述，我们设计了一个DP，令 \(f_{i,j,k,0/1,0/1/2}\) 表示填前 \(i\) 个数，还有 \(j\) 个左 A，\(k\) 个 C 等待匹配，目前只能填左 A/右 A，目前没有特殊左 A/有特殊左 A 且有 C 储备/有特殊左 A 且无 C 储备时的答案。

考虑转移：
1.加入左 A，则 \(l=0\)，下一状态的 \(j\) 加一。

2.加入 C，无条件，\(k\) 加一。

3.加入右 A，则 \(l=1\)，分成几种情况匹配，即匹配掉特殊左 A，匹配掉 C，创造一个特殊左 A。注意这里，创造特殊左 A 时如果有 C，则 \(k\) 减一，因为这个 C 被预留给后面，不参与其他匹配，同理当匹配掉一个特殊左 A 时，如果有 C 就要释放出来，令 \(k\) 加一。

4.加入 B，也分几种情况，按优先级排序是，匹配掉左 A，匹配掉含 C 储备的特殊左 A，匹配掉 CC。

答案为 \(f_{i,0,0,1,0}+f_{i,0,0,0,0}\)，时间复杂度 \(O(n^3)\)。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define _int __int128
#define ull unsigned long long
#define pii pair<int,int>
#define fst first
#define scd second
#define pq priority_queue
#define mkp make_pair
#define popcount(x) __builtin_popcount(x)
int n,p,q,r;
const int N = 505,mod=998244353;
int f[2][N][N][2][3];
inline void add(int &x,int y){
    x=(x+y>=mod)?x+y-mod:x+y;
}
signed main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
    cin>>n>>p>>q>>r;
    f[0][0][0][0][0]=1;
    for(int i=0;i<n;i++){
        for(int j=0;j<=i;j++){
            for(int k=0;j+k<=i;k++){
                for(int l=0;l<2;l++){//只能放左A/右A
                    for(int s=0;s<3;s++){//无特殊左A/有特殊左A，有C/有特殊左A，无C
                        int fv=f[i&1][j][k][l][s];
                        if(!fv)continue;
                        //加左A
                        if(!l)add(f[(i+1)&1][j+1][k][l][s],fv*p%mod);
                        //加C
                        add(f[(i+1)&1][j][k+1][l][s],fv*r%mod);
                        //加右A
                        if(s==2)add(f[(i+1)&1][j][k][1][0],fv*p%mod);
                        else if(s==1)add(f[(i+1)&1][j][k+1][1][0],fv*p%mod);
                        else if(j&&k)add(f[(i+1)&1][j-1][k-1][1][1],fv*p%mod);//创造一个有 C 的特殊左 A
                        else if(j)add(f[(i+1)&1][j-1][k][1][2],fv*p%mod);;//创造一个没 C 的特殊左 A
                        else if(k)add(f[(i+1)&1][j][k-1][1][s],fv*p%mod);
                        //加B
                        if(j)add(f[(i+1)&1][j-1][k][l][s],fv*q%mod);
                        else if(s==1)add(f[(i+1)&1][j][k][1][0],fv*q%mod);
                        else if(k>1)add(f[(i+1)&1][j][k-2][l][s],fv*q%mod);
                        f[i&1][j][k][l][s]=0;
                    }
                }
            }
        }
        cout<<(f[(i+1)&1][0][0][0][0]+f[(i+1)&1][0][0][1][0])%mod<<" ";
    }
    return 0;
}