题解：[AGC054D] (ox)

合集 - 题解(39)

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前言

好题。

思路分析

一个朴素的想法是，对于每种字符，我们决策它放的位置，做四路归并，这样复杂度为 $O(n^4)$ 。

但是这样显然没优化前途。考虑做一些观察。

o 存在与否并不重要：o 放在任何位置都是合法的，所以为了最小化代价，我们把 o 放在原来的位置即可；
() 的移动方案和 x 的移动方案是独立的：对于 x 来说，只要存在合法的 ()，那么它一定可以放在 () 中间，而具体是哪个 ( 和哪个 ) 匹配并不重要。

有了这两个性质，我们就可以做 () 和 ox 的两路归并了，复杂度为 $O(n^2)$ 。

具体地，设 $f_{i,j}$ 表示一路枚举到 $i$ ，一路枚举到 $j$ 的最小代价，从 $f_{i,j-1}$ 和 $f_{i-1,j}$ 转移即可。

代码实现

/*
没啥细节，不写了贺一个 
*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN=8005;
char s[MAXN];
int n,m,sz,a[MAXN],b[MAXN],w[MAXN],dp[MAXN][MAXN],fa[MAXN][MAXN],fb[MAXN][MAXN];
inline void chkmin(int &x,const int &y) { x=x<y?x:y; }
signed main() {
	scanf("%s",s+1),sz=strlen(s+1);
	for(int i=1;i<=sz;++i) {
		if(s[i]=='('||s[i]==')') a[++n]=i;
		else b[++m]=i;
	}
	for(int i=1;i<=n;++i) {
		w[i]=w[i-1]+(s[a[i]]=='('?1:-1);
		if(w[i]<0) {
			for(int j=i+1;;++j) if(s[a[j]]=='(') {
				rotate(a+i,a+j,a+j+1); break;
			}
			w[i]+=2;
		}
	}
	memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
	dp[0][0]=0;
	for(int i=1;i<=n;++i) for(int j=i+1;j<=n;++j) dp[0][0]+=a[j]<a[i];
	for(int i=1;i<=n;++i) for(int j=1;j<=m;++j) {
		fa[i][j]=fa[i][j-1]+(a[i]<b[j]);
		fb[i][j]=fb[i-1][j]+(b[j]<a[i]);
	}
	for(int i=0;i<=n;++i) for(int j=0;j<=m;++j) {
		if(i<=n) chkmin(dp[i+1][j],dp[i][j]+fa[i+1][j]);
		if(j<=m&&(w[i]||s[b[j+1]]=='o')) chkmin(dp[i][j+1],dp[i][j]+fb[i][j+1]);
	}
	printf("%d\n",dp[n][m]);
	return 0;
}