[CSP-S 2021] 括號序列

括號序列

題面

給定一個長度為 \(n\) ，包含 \(*\)、\(?\)、\((\)、\()\) 的字符串。

其中， \(?\) 處字符串缺失，可能是 \(*\)、\((\)、\()\) 中的任意一種。

定義超級括號序列如下：

• \(()\) 和 \((S)\) 均為符合規范超級括號序列，其中 \(S\) 表示由長度不超過 \(k\) 的 \(*\) 組成。

• 如果 \(A\) 和 \(B\) 為超級括號序列，那么 \(AB\)、\(ASB\) 同樣為符合規范的超級括號序列，其中 \(AB\) 表示把 \(A\) 和 \(B\) 拼在一起形成的字符串。

• 如果 \(A\) 為符合規范的超級括號序列，那么 \((A)\)、\((SA)\)、\((AS)\) 均為符合規范的超級括號序列。

• 所有符合規范的超級括號序列均可以由以上 \(3\) 條規則得到。

求給出的字符串一共能對應多少種符合規范的超級括號序列。

給出 \(n\)、\(k\) 和一個長度為 \(n\) 的字符串，其中 \(1\leq k\leq n\leq 500\) 。

分析

暴力

暴力分 \(15\) 分應該是直接搜索？\(O(3^n)\) ，期望能過前 \(3\) 個點。

區間 \(DP\)

之后發現好像其他暴力不怎么會，注意到 \(n\) 的范圍只有 \(500\) ，我們需要一個 \(O(n^3)\) 的算法來解決這個問題。

考慮一個區間 \(DP\) 。

設 \(dp[l][r]\) 表示區間 \(l\) 到 \(r\) 的答案，之后，模擬上述的規則即可更新。

但之后你會發現你無法通過樣例，思考這樣 \(dp\) 的正確性，發現我們算重了。

對於 \(A\) ，我們也許會把它和后面一個匹配成功的 \(BC\) 合並，但是我們也會將 \(AB\) 合並，並在后面與 \(C\) 合並，考慮給我們的狀態多加一維。

設 \(dp[l][r][0/1]\) 表示當前區間經歷合並的方案數與沒有經歷合並的方案數，只讓沒有經歷合並的方案和在它后面的經歷過合並的方案合並，這樣就能夠避免這種情況。

一些細節

發現實現 \(ASB\) 是最后一個難關，很容易會讓復雜度退化到 \(O(n^4)\) ，考慮設一個新的狀態 \(f[l][r]\) 表示該區間內 \(SB\) 的方案數，之后可以與 \(AB\) 的情況一起轉移。

CODE

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=5e2+10,MOD=1e9+7;
inline int read()
{
	int s=0,w=1;
	char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9') { if(ch=='-') w*=-1; ch=getchar(); }
	while(ch>='0'&&ch<='9') s=s*10+ch-'0',ch=getchar();
	return s*w;	
}
int n,k;
int g[N][N],f[N][N],dp[N][N][2];
char arr[N];
inline bool check(int l,int r){
	if(arr[l]=='('&&arr[r]==')') return true;
	if(arr[l]=='('&&arr[r]=='?') return true;
	if(arr[l]=='?'&&arr[r]==')') return true;
	if(arr[l]=='?'&&arr[r]=='?') return true;
	return false;
}
signed main()
{
//	freopen("bracket.in","r",stdin);
//	freopen("bracket.out","w",stdout);
	n=read(),k=read();
	cin>>arr+1;
	for(int l=1;l<=n;l++){
		if(arr[l]!='('&&arr[l]!='?') continue;
		int cnt=0;
		for(int r=l+1;r<=n;r++){
			if(arr[r]==')'||arr[r]=='?') dp[l][r][0]=1;
			if(arr[r]!='*'&&arr[r]!='?') break;
			cnt++; if(cnt>k) break;
		}
	}
	for(register int len=2;len<=n;len++){ //枚舉區間長度 
		for(register int l=1;l<=n-len+1;l++){ //枚舉左端點 
			int r=l+len-1; //右端點
			int cnt=0;
			for(register int x=l;x<r;x++){
				if(arr[x]!='*'&&arr[x]!='?') break;
				cnt++; if(cnt>k) break;
				f[l][r]=(f[l][r]+(dp[x+1][r][0]+dp[x+1][r][1])%MOD)%MOD;
			}
			cnt=0;
			for(register int x=r;x>l;x--){
				if(arr[x]!='*'&&arr[x]!='?') break;
				cnt++; if(cnt>k) break;
				g[l][r]=(g[l][r]+(dp[l][x-1][0]+dp[l][x-1][1])%MOD)%MOD;
			}
			for(register int x=l;x<r;x++)
				dp[l][r][1]=(dp[l][r][1]+dp[l][x][0]*((f[x+1][r]+(dp[x+1][r][0]+dp[x+1][r][1])%MOD)%MOD)%MOD)%MOD;
			if(check(l,r)){ //端點可以為()
				dp[l][r][0]=((dp[l][r][0]+dp[l+1][r-1][0])%MOD+dp[l+1][r-1][1])%MOD;
				dp[l][r][0]=(dp[l][r][0]+f[l+1][r-1])%MOD;
				dp[l][r][0]=(dp[l][r][0]+g[l+1][r-1])%MOD;
			}
			
		}
	}
	printf("%lld\n",(dp[1][n][0]+dp[1][n][1])%MOD);
	return 0;
}