codeferces 149D Coloring Brackets 区间dp
来源:互联网 发布:软件测试行业怎么样 编辑:程序博客网 时间:2024/06/06 00:45
http://codeforces.com/problemset/problem/149/D
题目大致意思是给你一串字符串,只有小括号,并且已经符合括号匹配规则,现在要给这些括号涂色,给出一些涂色规则,求涂色的方案数。
1: 括号要么不被涂色,要么被涂成蓝色,要么被涂成红色。
2:两个相互匹配的括号有且仅有一个被涂色。
3:相邻两个括号不可以有相同颜色。
这里当然也是想到对区 [l, r] 间进行dp,但是这里对颜色有依赖关系,所以还需要记入 l 和 r 颜色的状态,一开始打算只用一维记录两个点的颜色,后来发现我果然还是too young
于是 dp[l][r][a][b] 表示区间 [l, r] 上其颜色方案分别是 a 和 b (a, b 取值0~2,分别表示不涂色,涂蓝色,涂红色)。
现在分情况讨论,
对于区间 [l, r] 如果 l r 相互匹配的话(这里是在整体的串中匹配),其子问题是区间 [l+1, r-1] 在涂色为合法的 i, j 状态的和。即 dp[i][j][a][b] = sum (dp[l+1][r-1][i][j]); 其中,涂色方案[i, j]相对于方案[a,b]合法。
而如果l r 不相互匹配的话,则 k 为 l 括号的匹配括号,那么区间被拆分成 [l, k] 和 [k+1, r] ,于是我们枚举 k 和 k+1的涂色状态分别为 i, j 。答案便为方案[a, i] 对于方案[j, b]合法的和。即dp[l][r][a][b] = sum(dp[l][k][a][i] *dp[k+1][r][j][b]);
每个位置的对应得匹配括号位置可以用栈模拟得出。然后对区间进行记忆化搜索。对于l 和 r 匹配的区间,还需要对其涂色方案判断是否合法(因为不匹配的区间不好判断,并且最终还是分成几个匹配区间进行判断,所以就不判断了)。还有,题目要求对 10^9 + 7 取模。
#include <stack>#include <cstring>#include <iostream>#include <algorithm>using namespace std;const long long MOD = 1000000007LL;stack<int > S; int v[707];void doit(string a) { for (int i=0; i<a.size(); i++) { if (a[i] == '(') { S.push(i); } else { int tmp = S.top(); S.pop(); v[tmp] = i; v[i] = tmp; } }}long long dp[707][707][3][3];long long DP(int l, int r, int a, int b) { if (v[l] == r && ((a == b) || (a != 0 && b != 0))) { return dp[l][r][a][b] = 0; } if (dp[l][r][a][b] != -1) { return dp[l][r][a][b] % MOD; } if (r - l == 1) { return dp[l][r][a][b] = 1; } long long tmp = 0; if (v[l] != r) { int k = v[l]; for (int i=0; i<3; i++) { for (int j=0; j<3; j++) { if ((i == 0 && j == 0) || i != j) { tmp = (tmp + DP(l, k, a, i) * DP(k+1, r, j, b)) % MOD; } } } } else { for (int i=0; i<3; i++) { for (int j=0; j<3; j++) { if ((a == 0 && j != b) || (i != a && b == 0)) { tmp = (tmp + DP(l+1, r-1, i, j)) % MOD; } } } } return dp[l][r][a][b] = tmp % MOD;}int main () { string a; cin >> a ; doit(a); memset(dp, -1, sizeof(dp)); long long ans = 0; for (int i=0; i<3; i++) { for (int j=0; j<3; j++) { ans = (ans + DP(0, a.size()-1, i, j)) % MOD; } } cout << ans % MOD << endl; return 0;}
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