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官方题解讲得很明白,在这里我复述一下。
枚举每个左括号,考虑计算一定包含其的简单括号序列的个数,只考虑其及其左侧的左括号,以及其右侧的右括号。最后答案就是其之和。
可以将其提取出来这样((((((())),红色为当前左括号。设有x个左,y个右
要注意,这个答案为C(x+y-1,x),来证明。
我们只需证明,这个答案与长度为x+y-1的,包含x个1的零一序列的种类数相等即可。
随便写一个这样的零一序列,长度为x+y,但当前的左括号的位置一定是零。
比如1101000111,除了红色位置以外,设有z个右括号对应1,那么有(x-z)个左括号对应1,那么有(x-1-(x-z))=z-1个左括号对应0。
恰好枚举遍了包含1,2,...,y个右括号,0,1,...,y-1个左括号(不含当前位置)的所有情况。于是显然这个答案是对的。
具体算的时候,预处理一下阶乘,暴力搞一下逆元就行了。
#include<cstdio> #include<iostream> #include<cstring> using namespace std; typedef long long ll; #define MOD 1000000007ll ll Quick_Pow(ll a,ll p) { if(!p){ return 1; } ll ans=Quick_Pow(a,p>>1); ans=ans*ans%MOD; if((p&1)==1){ ans=ans*a%MOD; } return ans; } int n; char a[200010]; ll jc[200010],ans,sumr; int main(){ // freopen("d.in","r",stdin); scanf("%s",a+1); n=strlen(a+1); jc[0]=1ll; for(int i=1;i<=n;++i){ jc[i]=(jc[i-1]*(ll)i)%MOD; } for(int i=1;i<=n;++i){ sumr+=(a[i]==')'); } int x=0,y=0; for(int i=1;i<=n;++i){ if(a[i]=='('){ ++x; } else{ ++y; } if(sumr-y>=1 && a[i]=='('){ ans=(ans+(((jc[x+sumr-y-1]*Quick_Pow(jc[x],MOD-2ll))%MOD)*Quick_Pow(jc[sumr-y-1],MOD-2ll))%MOD)%MOD; } } cout<<ans<<endl; return 0; }