1.12 CW 模拟赛 赛时记录

看题

不是哥们怎么感觉一堆原题但是都不会做
没复习最悲惨的一次

策略肯定还是暴力, 没有什么看上去简单的题

$\mathrm{T}1$

思路#

侥幸心理找了一下没有啊, 必须自己想

合法串显然就是满足匹配的串
考虑这种经典问题的常见转化 : 令 ( 为 $1$ , ) 为 $-1$ , 合法括号串仅当其任意前缀 $\ge 0$ 且全串之和 $=0$

先考虑确定 $i$ 时怎么计算
首先计算 $T[i:n]$ 中的前缀, 记录所有串和 $\le 0$ 的, $>0$ 的必定没有作用
然后考虑 $T[1:i]$ 中的后缀, 记录所有串和 $\ge 0$ 的, $<0$ 的必定没有作用
有点感性, 但是应该是这样的

考虑答案合并
令 $f_i$ 表示对于 $T[i:n]$ 中的前缀, 所有串和 $=-i$ 串串的个数, 令 $g_i$ 表示对于 $T[1:i-1]$ 中的后缀, 所有串和 $=i$ 的串串的个数
容易发现 $g_i,f_i$ 可以组成一个合法串
考虑方案数即为 $f_i\times g_i$

感觉就是这样, 手摸下样例

发现一些问题, $f_i$ 还要新开一维表示串和, 但是显然是做不到的
令 $f_{i,j}$ 表示对于所有以 $i$ 开头的串串, 所有串和 $=-j$ 串串的个数, 令 $g_{i,j}$ 表示对于所有以 $i$ 结尾的串串, 所有串和 $=j$ 的串串的个数, 考虑怎么做到对于每一个 $i$ , 快速算出 $f,g$

好消息是 $\mathcal{O}(n^2)$ 能做了

考虑的更深一点, 其实可以对于全串的前后缀做处理进而找到 $f,g$
问题变成怎么做才能规避掉对前后缀串和的枚举

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理一下

首先是一个基础:
对于 $i$ 位置结果的统计, 你只需要考虑

• 以 $i$ 结尾的后缀中, 串和 $\ge 0$ 的
• 以 $i$ 开头的前缀中, 串和 $\le 0$ 的

误区在于你还是要统计不满足考虑条件的作为转移, 不然会漏掉情况

那么具体的, 我们设计状态
令 $f_{i,j}$ 表示以 $i$ 结尾的后缀中, 串和为 $j$ 的
令 $g_{i,j}$ 表示以 $i$ 开头的前缀中, 串和为 $j$ 的

$f,g$ 的状态转移是容易做到 $\mathcal{O}(n)$ 的, 考虑 $i$ 点的答案
容易做到分类讨论

• 前缀 + $i$ + 后缀
• 前缀 + $i$
• $i$ + 后缀

非常经典的分类, 以后一定要注意不要漏了

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但是你发现瓶颈在枚举 $j$ 上, 怎么办, 必须解决这个问题

这个可能要改一下状态, 或者整体处理
不太会了

实现 $30\mathrm{p}\mathrm{t}\mathrm{s}$#

框架#

如上讨论即可

代码#

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
const int MAXN = 5206; //41
const int MOD = 1e9 + 7;
namespace calc {
    int add(int a, int b) { return a + b > MOD ? a + b - MOD : a + b; }
    int sub(int a, int b) { return a - b < 0 ? a - b + MOD : a - b; }
    int mul(int a, int b) { return (a * b * 1ll) % MOD; }
    void addon(int &a, int b) { a = add(a, b); }
} using namespace calc;

int n;
std::string bra;
int a[MAXN];
std::map<int, int> f[MAXN], g[MAXN];

signed main()
{
    std::cin >> bra; n = bra.length(); bra = ' ' + bra;
    for (int i = 1; i <= n; i++) a[i] = (bra[i] == '(') ? 1 : -1, f[i][a[i]] = 1, g[i][a[i]] = 1;

    /*转移*/
    for (int i = 1; i <= n; i++) for (int j = -n; j <= n; j++) addon(f[i][j], f[i - 1][j - a[i]]);
    for (int i = n; i >= 1; i--) for (int j = -n; j <= n; j++) addon(g[i][j], g[i + 1][j - a[i]]);

    int ans = 0;
    /*统计答案*/
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        int res = 0;
        for (int j = ((a[i] == 1) ? -1 : 1); j <= n; j++) addon(res, mul(f[i - 1][j], g[i + 1][-j - a[i]]));
        if (a[i] == 1) addon(res, g[i + 1][-a[i]]);
        if (a[i] == -1) addon(res, f[i - 1][-a[i]]);
        addon(ans, mul(res, i));
    }
    printf("%lld", ans);

    return 0;
}

$\mathrm{T}2$

$\mathrm{T}1$ 想乱了, 先去想 $\mathrm{T}2$ , 回头再看 $\mathrm{T}1$
甚至 $\mathrm{T}2$ 也像做过的题

很危险, 赶紧把该拿的分拿了, 不要在死磕
先不管 $\mathrm{T}1$ 了

今天的策略是把后面的题暴力打了死磕 $\mathrm{T}1$

思路#

这个题绝对是做过的

原来至少三位数是这样的吗

好吧那不管这道题

$\mathrm{T}3$

目前得分: $130\mathrm{p}\mathrm{t}\mathrm{s}$
虽然那 $100$ 应该不能算

思路#

首先把每一行删除一位之后结果相同的删除选择并到一起
具体的, 如果删除 $a_i,a_j$ 对于 $i$ 行的结果一样, 那么把 $i,j$ 加入同一个集合, 假设第 $i$ 行对应的操作集合为 ${\mathbb{S}}_{i,k}$

考虑 $\mathrm{d}\mathrm{p}$ , 令 $f_{i,j}$ 表示考虑到第 $i$ 行, 其中这一行删除的位置属于 $j$ 集合的方案数
考虑转移

$$f_{i,j}\leftarrow \sum _{{\mathbb{S}}_{i-1,k}\cap {\mathbb{S}}_{i,j}\ne \varnothing }{f}_{i-1,k}$$

其中并集特殊实现
复杂度 $\mathcal{O}(n^3)$ , 完全足够了, 开打

总结

$\mathrm{T}1$ 思路不够优秀, 没有意识到这一点浪费了太多时间
$\mathrm{T}3,\mathrm{T}4$ 部分分很多, 没有意识到这一点

以后一定要对自己的水平有清楚认知, 做好策略, 然后按照时间分配打下去, 切莫死磕