[HDU5396] Expression 题解
每次合并两个数,做过石子合并的人都能看出来是区间 dp。
设状态 \(dp_{i,j}\) 表示区间 \([i,j]\) 中合并为一个数的所有情况之和。
那么我们就可以枚举断点 \(k\):
- \(b_k\) 为 \(+\):\([i,k]\) 中的每种情况都要和 \([k+1,j]\) 中的每种情况产生一个贡献,所以总贡献为 \(dp_{i,k}\times(j-k-1)!+dp_{k+1,j}\times(k-i)!\)。
- \(b_k\) 为 \(-\):同 1 理,贡献为 \(dp_{i,k}\times(j-k-1)!-dp_{k+1,j}\times(k-i)!\)。
- \(b_k\) 为 \(*\):同 1 理,贡献为 \(dp_{i,k}\times dp_{k+1,j}\)。
由于可以穿插,每个贡献还要乘上 \(C_{j-i-1}^{k-i}\)。
时间复杂度 \(O(n^2t)\)。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const ll p=1e9+7;
int n,a[105];
char b[105];
ll jc[105],inv[105];
ll dp[105][105];
ll qpow(ll x,int y){
ll re=1;
while(y){
if(y&1) re=re*x%p;
x=x*x%p;
y>>=1;
}return re;
}ll C(int x,int y){
return jc[x]*inv[y]%p*inv[x-y]%p;
}void zjy_zkal(){
memset(dp,0,sizeof(dp));
for(int i=1;i<=n;i++)
cin>>dp[i][i];
cin>>(b+1);
for(int l=2;l<=n;l++)
for(int i=1,j=l;j<=n;i++,j++)
for(int k=i;k<j;k++){
ll add=0;
if(b[k]=='*')
add=dp[i][k]*dp[k+1][j]%p;
if(b[k]=='+')
add=(dp[i][k]*jc[j-k-1]+dp[k+1][j]*jc[k-i])%p;
if(b[k]=='-')
add=(dp[i][k]*jc[j-k-1]-dp[k+1][j]*jc[k-i])%p;
dp[i][j]=(dp[i][j]+add*C(j-i-1,k-i))%p;
}
cout<<(dp[1][n]+p)%p<<"\n";
}int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);cout.tie(0);
jc[0]=1;
for(ll i=1;i<=100;i++)
jc[i]=jc[i-1]*i%p;
inv[100]=qpow(jc[100],p-2);
for(ll i=100;i;i--)
inv[i-1]=inv[i]*i%p;
while(cin>>n) zjy_zkal();
return 0;
}