Codeforces 918C The Monster

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题意

关于 合法的括号序列 有如下几个定义：
1. 空序列是一个合法的括号序列；
2. 如果 s 是一个合法的括号序列，那么 (s) 也是；
3. 如果 s 和 t 都是合法的括号序列，那么 st 也是。

现定义一个仅包含 ('(')， (')') 和 ('?') 字符的字符串为优美的 当且仅当：

存在一种方法将所有的 ('?') 用 ('(') 或 (')') 替换，从而得到一个合法的括号序列。

题解

法一：官方题解

结论：

一个仅包含 ('(')， (')') 和 ('?') 字符的字符串为优美的 当且仅当：

1. (|s|) is even.
2. (0 ≤ s[1..i].count('(') + s[1..i].count('?') - s[1..i].count(')')) for each (1 ≤ i ≤ |s|).
3. (0 ≤ s[i..|s|].count(')') + s[i..|s|].count('?') - s[i..|s|].count('(')) for each (1 ≤ i ≤ |s|).

证明：

暂略

复杂度：

做法：枚举左端点，右端点从左至右，(f[l][r]) 表示 (s[l..r]) 满足第二个条件；枚举右端点，左端点从右至左，(g[l][r]) 表示 (s[l..r]) 满足第三个条件；枚举长度与左端点，判断哪些段既满足条件 (2) 又满足 条件 (3)

时间：(O(N^2))

空间：(O(N^2))

法二：参考mouse_wireless的comment

回顾

回顾一下，如果没有问号，我们是怎么判断一个合法的括号序列的？

设一个计数器 (cnt)，从左至右扫描，遇到 ('(') 就加一，遇到 (')') 就减一。

则括号序列合法 当且仅当：

1. (cnt) 中途不曾出现负值；
2. (cnt) 最后为0

衍伸

如果有了问号呢……？

那就设两个计数器，一个 (cnt) 含义与上相同，另一个 (qmk) 记录问号的数目。

在扫描过程中：

1. 首先显然的，(cnt) 在任意时刻依然不能容许为负值；
2. 一旦某一时刻 (cnt==qmk)，则此时所有的 (qmk) 都可被用作右括号，于是便可以得到一个合法的括号序列，(++ans)；
3. 如果某一时刻 (cnt<qmk)，此时若所有的 (qmk) 都被用作右括号，则会导致右括号偏多，无法构成一个合法的括号序列，更无法推进下去。所以，此时 必须 将 (qmk) 匀 一个 出来作为左括号，才可以继续推进。（因为在没(break)出去之前始终有(cntgeq qmk) (holds)，所以在下一个扫描更新的时候，(qmk) 最多只会比 (cnt) 多(1)，所以只需匀一个）

复杂度

做法：枚举左端点，右端点从左至右扫描，如上所述维护两个计数器。
显见，时间是法一的 (1/3)，我的代码分别是跑了 (218ms) 和 (61ms)

时间：(O(N^2))

(额外)空间：(O(1))

Code

Ver. 1

#include <bits/stdc++.h>
#define maxn 5010
using namespace std;
typedef long long LL;
bool f[maxn][maxn], g[maxn][maxn];
char s[maxn];
int main() {
    scanf("%s", s);
    int len = strlen(s);
    for (int l = 0; l < len; ++l) {
        int cnt = 0;
        for (int r = l; r < len; ++r) {
            cnt += s[r]==')' ? -1 : 1;
            f[l][r] = cnt >= 0;
            if (!f[l][r]) break;
        }
    }
    for (int r = len-1; r >= 0; --r) {
        int cnt = 0;
        for (int l = r; l >= 0; --l) {
            cnt += s[l]=='(' ? -1 : 1;
            g[l][r] = cnt >= 0;
            if (!g[l][r]) break;
        }
    }
    int ans=0;
    for (int i = 2; i <= len; i += 2) {
        for (int s = 0; s <= len-i; ++s) {
            int t = s+i-1;
            if (f[s][t] && g[s][t]) ++ans;
        }
    }
    printf("%d
", ans);
    return 0;
}

Ver. 2

#include <bits/stdc++.h>
#define maxn 5010
using namespace std;
typedef long long LL;
char s[maxn];
int main() {
    scanf("%s", s);
    int len = strlen(s), ans=0;
    for (int l = 0; l < len; ++l) {
        int cur = 0, qmk = 0;
        for (int r = l; r < len; ++r) {
            if (s[r] == '(') ++cur;
            else if (s[r] == ')') --cur;
            else ++qmk;
            if (cur < 0) break;
            if (cur < qmk) ++cur, --qmk;
            if (cur == qmk) ++ans;
        }
    }
    printf("%d
", ans);
    return 0;
}

反思

昨晚比赛时，看了五分钟觉得是个 (dp)，(WA) 了一发后（...）想清楚了正确的转移：

(s[st..ed]) 为合法的括号序列 当且仅当 下面两个条件中的任意一个成立：

1. (s[st+1..ed-1]) 为合法的括号序列，
   并且 (s[st]!=')')，并且 (s[ed]!='(')
2. (exists i)，(s[st,i]) 与 (s[i+1,ed]) 均为合法的括号序列

然而这是 (O(N^3)) 的转移。莽了一发，显然 (T) 了。

接下来就各种挖空心思优化，分别记录每个点作为右端点能匹配上哪些合法括号序列的左端点，以及作为左端点能匹配上哪些合法括号序列的右端点，借助这些信息，用已知的合法括号序列来推，还是 (T) 了，很绝望（并不很明白为什么 (Orz)

今天看题解，看到结论，再看到一长串证明，心情很是复杂，想了想觉得可能也是可以猜出来的？又开始恍惚地感叹直觉的重要（

然后就往下看到了 (comment)，觉得，多画几个例子多联想回顾，这种做法当真是可以想出来的。昨天还是陷在 (dp) 里了。

// 发觉自己现在有一种倾向
// 写着写着博客就认为自己是能够想出来的
// 噫吁嚱