hdu 5396 Expression(区间DP+组合数)

题目链接：hdu 5396 Expression

题目大意：

给你一个n然后是n个数。 然后是n-1个操作符，操作符是插入在两个数字之间的。 由于你不同的运算顺序，会产生不同的结果。

比如：

1 + 1 * 2 有两种  （1+1）*2   或者  1+（1*2）

1 *  2 * 3  也是两种即使结果是一样的  （1*2）*3  或者 1*（2*3）

问这所有不同的组合加起来的和对 1e9+7取余是多少。

 

这个其实就是区间DP了

dp[i][j] 代表的是区间  i 到 j 的和

枚举dp[i][j] 之间所有的子区间

假如是乘法：

t = dp[i][k] * dp[k+1][j]；

这个其实可以直接算出来的：

假设我们dp[i][k] 里面所有的值是 （x1+x2+x3...xn） == dp[i][k]

假设我们dp[k+1][j] 里面所有的值是 （y1+y2+y3...yn） == dp[k+1][j]

dp[i][k] * dp[k+1][j] == (x1+x2+...xn) * (y1+y2+y3...yn) == x1*y1+x1y*y2......xn*yn 其实和所有不同结果相乘出来是一样的

 

假如是加法或者减法：

我们表示阶乘 i为A[i].

t = dp[i][k]*A[j-k-1] + dp[k+1][j]*A[k-i];

其实这里我们想一下。区间 dp[i][k] 需要加上多少次？

我们需要加的次数就是另一半区间的所有组合数，另一半区间有多少种组合方式我们就要加上多少个。

因为他们之间可以相互组成不同的种类。同理另一半也是。

 

最后的时候我们要乘上一个组合数。

假设组合数为C[i][j].

为什么要乘组合数：

因为 假如我们k 分割了两个运算式子   【 1+（2*3）  】 + 【 1+（3*4） 】

虽然说我们左右两边的式子运算顺序已经确定了，但是我们总的运算顺序还是不确定的， 比如我们算完（2*3） 直接去算（3*4）也是不同的结果

dp[i][j] = dp[i][j] + t*C[j-i-1][k-i]

这个其实就是从总的运算符(j-i-1)（减去了第k个的运算符）个中选取(k-i)个进行运算。

因为我们选取数达到 k-i的时候，另外我们还需要保持左右两边运算的相对顺序。

就比如说：左边有a 个运算符， 右边有b个运算符。

我们从 a+b个位置中选取 a位置个放a个的运算符。其余的只能放另一边的的运算符了。因为我们左右两边的相对顺序是不变的。

题解转自：HDU 5396 Expression(DP+组合数)（详解）

#include<bits/stdc++.h>
#define mst(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define F(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)
using namespace std;
typedef long long ll;

const int N=107,P=1e9+7;
ll c[N][N],J[N],dp[N][N],t,n;
char op[N];
void Init()
{
    for(int i=0;i<=100;i++)
    {
        c[i][0]=c[i][i]=1;
        for(int j=1;j<i;j++) c[i][j]=(c[i-1][j]+c[i-1][j-1])%P;
    }
    J[0]=1;
    F(i,1,100)J[i]=(J[i-1]*i)%P;
}

int main(){
    Init();
    while(cin>>n)
    {
        mst(dp,0);
        F(i,1,n)cin>>dp[i][i];
        scanf("%s",op+1);
        F(l,2,n)F(i,1,n-l+1)
        {
            int j=i+l-1;
            F(k,i,j-1)
            {
                if(op[k]=='*')t=(dp[i][k]*dp[k+1][j])%P;
                else if(op[k]=='+')t=(dp[i][k]*J[j-k-1]+dp[k+1][j]*J[k-i])%P;
                else t=(dp[i][k]*J[j-k-1]-dp[k+1][j]*J[k-i])%P;
                dp[i][j]=(dp[i][j]+t*c[j-i-1][k-i])%P;
            }
        }
        cout<<(dp[1][n]+P)%P<<endl;
    }
    return 0;
}