CodeForces 1152D Neko and Aki's Prank

说明

1. Catalan(i) 表示卡特兰数的第 i 项。

题目链接：http://codeforces.com/problemset/problem/1152/C

题目大意

　　有 n 个左括号和 n 个右括号，它们一共可以组成 Catalan(n) 个合法括号字符串，把这些字符串组建成 Trie 树，求这棵树的二分图最大匹配。

分析

　　设 Node(L, R) 表示 Trie 树的一个节点，这个节点含有 L 个左括号和 R 个右括号。

　　虽然说是求二分图最大匹配，不过这道题却不能用求最大匹配的的方法求（超时 + 爆栈），注意到这棵 Trie 是棵二叉树且根节点到每个叶子节点的距离都是一样的，都为 2*n，考虑第 2*i - 1 层和 2*i 层的边，首先 2*i 层的可选边数肯定大于等于 2*i - 1 层的可选边数，这是肯定的，因为越往下分支越多。而最优解在第 2*i - 1 层和 2*i 层的匹配情况在无非这三种之一：

1. 全选第 2*i - 1 层的边。
2. 全选第 2*i 层的边。
3. 混合选。

　　设策略1在每一层所选的边数为：A₁，A₂，……A_2n。(A_2i == 0)

　　设策略2在每一层所选的边数为：B₁，B₂，……B_2n。(B_2i-1 == 0)

　　设策略3在每一层所选的边数为：C₁，C₂，……C_2n。

　　首先，策略1肯定不是最优解，因为对于策略1的每一非0项 A_2i-1 都有 B_2i >= A_2i-1。同理，策略3也不是，因为选择第 2*i - 1 层的一条边必然要取消选择第 2*i 层的对应边，策略3顶多和策略2一样优。

　　因此匹配只考虑策略2即可。

代码如下

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
#define INIT() std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin.tie(0);
#define Rep(i,n) for (int i = 0; i < (n); ++i)
#define For(i,s,t) for (int i = (s); i <= (t); ++i)
#define rFor(i,t,s) for (int i = (t); i >= (s); --i)
#define ForLL(i, s, t) for (LL i = LL(s); i <= LL(t); ++i)
#define rForLL(i, t, s) for (LL i = LL(t); i >= LL(s); --i)
#define foreach(i,c) for (__typeof(c.begin()) i = c.begin(); i != c.end(); ++i)
#define rforeach(i,c) for (__typeof(c.rbegin()) i = c.rbegin(); i != c.rend(); ++i)
 
#define pr(x) cout << #x << " = " << x << "  "
#define prln(x) cout << #x << " = " << x << endl
 
#define LOWBIT(x) ((x)&(-x))
 
#define ALL(x) x.begin(),x.end()
#define INS(x) inserter(x,x.begin())
 
#define ms0(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define msI(a) memset(a,inf,sizeof(a))
#define msM(a) memset(a,-1,sizeof(a))

#define MP make_pair
#define PB push_back
#define ft first
#define sd second
 
template<typename T1, typename T2>
istream &operator>>(istream &in, pair<T1, T2> &p) {
    in >> p.first >> p.second;
    return in;
}
 
template<typename T>
istream &operator>>(istream &in, vector<T> &v) {
    for (auto &x: v)
        in >> x;
    return in;
}
 
template<typename T1, typename T2>
ostream &operator<<(ostream &out, const std::pair<T1, T2> &p) {
    out << "[" << p.first << ", " << p.second << "]" << "
";
    return out;
}

inline int gc(){
    static const int BUF = 1e7;
    static char buf[BUF], *bg = buf + BUF, *ed = bg;
    
    if(bg == ed) fread(bg = buf, 1, BUF, stdin);
    return *bg++;
} 

inline int ri(){
    int x = 0, f = 1, c = gc();
    for(; c<48||c>57; f = c=='-'?-1:f, c=gc());
    for(; c>47&&c<58; x = x*10 + c - 48, c=gc());
    return x*f;
}
 
typedef long long LL;
typedef unsigned long long uLL;
typedef pair< double, double > PDD;
typedef pair< int, int > PII;
typedef pair< string, int > PSI;
typedef set< int > SI;
typedef vector< int > VI;
typedef map< int, int > MII;
typedef pair< LL, LL > PLL;
typedef vector< LL > VL;
typedef vector< VL > VVL;
const double EPS = 1e-10;
const LL inf = 0x7fffffff;
const LL infLL = 0x7fffffffffffffffLL;
const LL mod = 1e9 + 7;
const int maxN = 1e3 + 7;
const LL ONE = 1;
const LL evenBits = 0xaaaaaaaaaaaaaaaa;
const LL oddBits = 0x5555555555555555;

int n;
// dp[l][r]表示以当前节点（已经选了 l 个左括号和 r 个右括号）为根的子树的最大匹配种数。 
LL dp[maxN][maxN];

int main(){
    INIT();
    cin >> n;
    dp[n][n] = 0;
    // 枚举 l + r
    rFor(k, 2 * n - 1, 0) {
        int tmp = min(n, k);
        // tmp 为 l 的上限，(k + 1) / 2 为 l 的下限
        // 下限的选取保证了 l >= r 
        rFor(l, tmp, (k + 1) / 2) {
            int r = k - l;
            //assert(l >= r);
            if(l < n) dp[l][r] += dp[l + 1][r];
            dp[l][r] += dp[l][r + 1];
            dp[l][r] += (l + r) % 2; // 只要匹配偶数层即可 
            dp[l][r] %= mod;
        }
    } 
    
    cout << dp[0][0] << endl; 
    return 0;
}