CF149D Coloring Brackets

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题面：

给出一个配对的括号序列（如"((())())"、"(())"等， "()())"、"((())"是不符合要求的 ），对该序列按以下方法进行染色：

• 1.一个括号可以染红色、蓝色或不染色
• 2.一对匹配的括号需要且只能将其中一个染色
• 3.相邻两个括号颜色不能相同（但可以都不染色） 求符合条件的染色方案数（对1000000007取模）

输入：一行，表示括号序列

输出：一个数表示方案数（对1000000007取模） 数据范围：

这道题转移很恶心，并且也比较难想。是一道很仙的区间 (dp) 题。

想了半天，发现只会打爆搜，最后看了看题解 才把这题搞懂

按照区间dp的套路我们还是设 (f[l][r]) 表示从 (l) 刷到 (r) 的合法方案数。

这是，我们还要填上一维颜色，因为限制是和颜色相关的。

(f[l][r][0,1,2][0,1,2]) 表示从(l) 刷到 (r) 且 (l) 不涂/涂红色/涂蓝色， (r) 不涂/涂红色/涂蓝色的方案数。

边界 (l +1 == r)：

• (l) 和 (r) 不配对，就是这种情况 ("((") ，就要保证 (l) 和 (r) 的颜色不同就行，还要算上他们两个都不涂的情况。

• if(match[l] != r) f[l][r][0][0] = f[l][r][0][1] = f[l][r][0][2] = f[l][r][1][0] = f[l][r][2][0] = 1
  

• (l) 和 (r) 配对的情况，就不能算 两个都不涂的情况

• if(match[l] == r) f[l][r][0][1] = f[l][r][0][2] = f[l][r][1][0] = f[l][r][2][0] = 1
  

转移的时候：

(l) 和 (r) 匹配的时候，也就是 ("(....)") 的情况

​ 我们就只需要考虑 (l) 和 (l+1) 以及 (r-1) 和 (r) 颜色不相同的情况，大力枚举 (l+1) 和 (r) 的颜色就行。

​ 至于为什么不枚举 (l) 和 (r) 的颜色，因为那样写太复杂了，你完全可以只考虑 (l) 和 (r) 的颜色符合限制的方案数。

至于其他 (l) 和 (r) 的颜色情况都不符合条件，可以直接赋为 (0)

Code

for(int i = 0; i <= 2; i++)//l+1的颜色 
{
	for(int j = 0; j <= 2; j++)//r-1的颜色 
	{//注意相邻的颜色不能相同，也就是不能发生转移
		if(j != 1) f[l][r][0][1] = (f[l][r][0][1] + f[l+1][r-1][i][j]) % p;
		if(j != 2) f[l][r][0][2] = (f[l][r][0][2] + f[l+1][r-1][i][j]) % p;
		if(i != 1) f[l][r][1][0] = (f[l][r][1][0] + f[l+1][r-1][i][j]) % p;
		if(i != 2) f[l][r][2][0] = (f[l][r][2][0] + f[l+1][r-1][i][j]) % p;
	}
}

(l) 和 (r) 不匹配的时候，也就是("()()") 的情况

这个我们把它分为两个小区间 (l -> match[l]) 以及 ({match[l]+1} -> r)

就可以递归求解了，至于为什么要分成这两个小区间。

因为你分成别的区间的话，要考虑的情况比较多，你要考虑 与 (l) 相邻的情况以及和他 匹配的那个括号的情况。

这样就可以少讨论与 (l) 相邻的情况，只需要考虑 (match[l]) 与 (match[l]+1) 相邻的情况。

然后大力枚举一下这四个点的颜色就可以了，只不过写起来有点费劲

Code

for(int i = 0; i <= 2; i++)//l的颜色 
{
	for(int j = 0; j <= 2; j++)//r的颜色 
	{
		for(int k = 0; k <= 2; k++)//match[l] 的颜色 
		{
			for(int u = 0; u <= 2; u++)//match[l+1] 的颜色
			{
				if(k == u && k != 0 && u != 0) continue;//相邻的颜色不能相同，但可以都不染色 
				f[l][r][i][j] = (f[l][r][i][j] + f[l][match[l]][i][k] * f[match[l]+1][r][j][u] % p) % p;
			} 
		}
	}
}

至于这个循环考虑了 (l) 和 (match[l]) 都不涂的情况，但那种情况的方案数为 (0) ,在乘另一个数对答案没有贡献。

最后的答案就是 (displaystyle sum_{i=0}^2 sum_{j=0}^{2} f[1][n][i][j])。 枚举一下起点和终点的颜色就可以了。

Code(我写的是记忆化搜索的放法)

当然了，你也可以写平常的那种写法。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
#define int long long
const int p = 1e9+7;
char s[710];
int n,top,ans;
int sta[710],match[710],f[710][710][3][3];
void slove(int l,int r)
{
	if(l+1 == r)
	{
		if(match[l] != r) f[l][r][0][0] = 1;
		f[l][r][0][1] = f[l][r][0][2] = f[l][r][1][0] = f[l][r][2][0] = 1;
		return;
	}
	if(match[l] == r)//()
	{
		slove(l+1,r-1);
		for(int i = 0; i <= 2; i++)//l+1的颜色 
		{
			for(int j = 0; j <= 2; j++)//r-1的颜色 
			{
				if(j != 1) f[l][r][0][1] = (f[l][r][0][1] + f[l+1][r-1][i][j]) % p;
				if(j != 2) f[l][r][0][2] = (f[l][r][0][2] + f[l+1][r-1][i][j]) % p;
				if(i != 1) f[l][r][1][0] = (f[l][r][1][0] + f[l+1][r-1][i][j]) % p;
				if(i != 2) f[l][r][2][0] = (f[l][r][2][0] + f[l+1][r-1][i][j]) % p;
			}
		}
	}
	else//()....()
	{
		slove(l,match[l]); slove(match[l]+1,r);
		for(int i = 0; i <= 2; i++)//l的颜色 
		{
			for(int j = 0; j <= 2; j++)//r的颜色 
			{
				for(int k = 0; k <= 2; k++)//match[l] 的颜色 
				{
					for(int u = 0; u <= 2; u++)//match[l+1] 的颜色
					{
						if(k == u && k != 0 && u != 0) continue;//相邻的颜色不能相同，但可以都不染色 
						f[l][r][i][j] = (f[l][r][i][j] + f[l][match[l]][i][k] * f[match[l]+1][r][j][u] % p) % p;
					} 
				}
			}
		}
	}
}
signed main()
{
	scanf("%s",s+1);
	n = strlen(s+1);
	for(int i = 1; i <= n; i++)
	{
		if(s[i] == '(')
		{
			sta[++top] = i;
		}
		else if(s[i] == ')')
		{
			int t = sta[top--];
			match[t] = i;
			match[i] = t;
		}
	}
	slove(1,n);
	for(int i = 0; i <= 2; i++)
	{
		for(int j = 0; j <= 2; j++)
		{
			ans = (ans + f[1][n][i][j]) % p;;
		}
	}
	printf("%lld
",ans);
	return 0;	
}