P7914 [CSP-S 2021] 括号序列

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曾经有位大佬说过，计数类问题不是排列组合就是 dp。可是它看着不像排列组合，所以我们考虑 dp。又注意到 \(n \le 500\)，很适合 \(O(n^3)\) 的解法，所以我们考虑区间 dp。

我们发现它给了全问号的部分分，也就是没有原本字符串里字符的限制了。先考虑这一档部分分。

如果设 \(dp_{l,r}\) 表示区间 \([l,r]\) 的方案的话，似乎不太能处理括号匹配和星号个数限制。所以我们增加一维记录形态，如下：

• \(dp_{l,r,0}\) 表示 \([l,r]\) 区间全是 * 号的方案数，形如 ** ... *。

• \(dp_{l,r,1}\) 表示 \([l,r]\) 是一整个括号序列的方案数，形如 (...)。

• \(dp_{l,r,2}\) 表示 \([l,r]\) 左侧是括号序列，右侧是 * 号的方案数，形如 (...)(...) ** ... * (...) ****。

• \(dp_{l,r,3}\) 表示 \([l,r]\) 左侧是括号序列，右侧也是括号序列的方案数 （包括形态 1 ） ，形如 (...)(...) *** (...) ** ... * (...)。

• \(dp_{l,r,4}\) 表示 \([l,r]\) 左侧是 * 号，右侧是括号序列的方案数，形如 **** (...)(...) ** ... * (...)。

• \(dp_{l,r,5}\) 表示 \([l,r]\) 左侧右侧都是 * 号的方案数。 （包括形态 0 ） 。形如 *** (...) * (...)(...) ** ... * (...) ****。

转移方程式也很清晰了，如下：

\[\begin{cases} dp_{l,r,0}=dp_{l,r-1,0} \\ dp_{l,r,1}=dp_{l+1,r-1,0}+dp_{l+1,r-1,2}+dp_{l+1,r-1,3}+dp_{l+1,r-1,4} \\ dp_{l,r,2}=\sum\limits_{k=l}^{r-1}{dp_{l,k,3} \times dp_{k+1,r,0}} \\ dp_{l,r,3}=\sum\limits_{k=l}^{r-1}{(dp_{l,k,3}+dp_{l,k,2}) \times dp_{k+1,r,1}} + dp_{l,r,1}\\ dp_{l,r,4}=\sum\limits_{k=l}^{r-1}{(dp_{l,k,4}+dp_{l,k,5}) \times dp_{k+1,r,1}} \\ dp_{l,r,5}=\sum\limits_{k=l}^{r-1}{dp_{l,k,4} \times dp_{k+1,r,0}} + dp_{l,r,0} \\ \end{cases} \]

我们解释一下。首先，对于任何方案来说，都一定要避免把两部分星号并起来，这样无法保证个数限制。

对于形态 0 ，显然只能是 \([l,r-1]\) 之后再跟一个星号吧……所以方案数不变。

对于形态 1 ，这里卡一下定义，括号可以形如 (S) 、 (A) 、 (SA) 、 (AS) ，但是不可以形如 (SAS)。（事实证明，你无法构造出来这样的合法串）。

至于为什么没有 1 形态，因为 \([l+1,r-1]\) 的 3 形态包括了 1 形态的所有情况。

对于形态 2 ，枚举末尾星号串的起点，刚才说到两部分星号不能合并，而且这是起点，所以前面部分末尾肯定是个右括号。

而 2 形态以左括号开头，所以前面也是以左括号开头的，故前半部分是 3 形态的。

5 形态的转移同 2。

至于3、4两个形态，我们枚举的是末尾的括号串的开头，而括号串不用担心星号合并的问题，故前面以星号或括号结尾皆可。

对于 3 形态，前半部分应该以左括号开头，所以前半段的形态是 2 或 3 皆可。同理 4 形态的前半段是 4 或 5 形态。

这个时候就有人要问了：那你星号串的一开始是个空串，你括号里面也可以是个空串，那你怎么处理空串的情况呢？

好问题！对于 1 ~ \(n\) 的每个 \(i\) ，我们初始化令 \(dp_{i,i-1,0}=1\)，也就是把 \(i\) 位置的空串归到了 0 形态里。道理也比较简单，因为含括号的串非空。

尝试带回刚才的推导式，我们发现这么赋初值竟然不会出问题！很巧妙，对不对？

这就是 s 里面全是问号的解决方案。如果 s 里有一些字符已经确定了，我们在转移 0,1 两个形态时判断是否合法即可。

其他形态倒是不用判断，因为毕竟归根到底都是从小区间的 0,1 形态转移而来的。

代码：

P7914

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

inline int read(){
	int x=0,f=1;char c=getchar();
	while(c<48){
		if(c=='-') f=-1;
		c=getchar();
	}
	while(c>47) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
	return x*f;
}

inline void write(int x){
	if(x<0) putchar('-'),x=-x;
	if(x<10) putchar(x+'0');
	else write(x/10),putchar(x%10+'0');
}

const int N=520;
const int mod=1e9+7;
int n,k,dp[N][N][6];
char s[N];

inline bool check(int l,int r){
	//判断这两个位置能否填(、)两个括号 
	return ((s[l]=='?'||s[l]=='(')&&(s[r]=='?'||s[r]==')'));
}

signed main(){
	//0:**...*
	//1:(...)
	//2:(...)***(...)***
	//3:(...)***(...)***(...)
	//4:***(...)***(...)
	//5:***(...)*(...)(...)***
	n=read(),k=read();
	scanf("%s",s+1);
	for(int i=1;i<=n;i++){//空串初始化 
		dp[i][i-1][0]=1;
	}
	for(int len=1;len<=n;len++){
		for(int l=1;l+len-1<=n;l++){
			int r=l+len-1;
			if(len<=k){
				if(s[r]=='*'||s[r]=='?'){//判断r位置能不能填 * 
					dp[l][r][0]=dp[l][r-1][0];
				}
			}
			if(len>=2&&check(l,r)){
				dp[l][r][1]=(dp[l+1][r-1][0]+dp[l+1][r-1][2]+dp[l+1][r-1][4]+dp[l+1][r-1][3])%mod;
				//括号串两边不能全是* 
			}
			for(int k=l;k<r;k++){
				dp[l][r][2]=(dp[l][r][2]+(dp[l][k][3]*dp[k+1][r][0])%mod)%mod;
				dp[l][r][3]=(dp[l][r][3]+(dp[l][k][2]+dp[l][k][3])%mod*dp[k+1][r][1]%mod)%mod;
				dp[l][r][4]=(dp[l][r][4]+(dp[l][k][4]+dp[l][k][5])%mod*dp[k+1][r][1]%mod)%mod;
				dp[l][r][5]=(dp[l][r][5]+(dp[l][k][4]*dp[k+1][r][0])%mod)%mod;
			}
			dp[l][r][3]=(dp[l][r][3]+dp[l][r][1])%mod;
			dp[l][r][5]=(dp[l][r][5]+dp[l][r][0])%mod;
			//最后不要忘了统计0、1形态方案数 
		}
	}
	int ans=dp[1][n][3];
	//最终合法的形态只有3 
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}

参考资料：

1.洛谷题解

这篇题解写的很明白，我是照着他这个写的自己题解，大家有什么不理解的也可以看看这位大佬的题解OwO。