CF149D Coloring Brackets

CF149D Coloring Brackets - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)

比较容易看出区间 dp，设 $f(l, r)$ 表示 $[l, r]$ 这一段括号串的染色方案数。

容易发现，转移会用到括号的匹配信息，因此我们先 $\mathcal{O}(n)$ 预处理每个括号匹配的另一个括号的位置，第 $x$ 个括号匹配的括号位置记作 $p[x]$。

然后发现 $[l, r]$ 不是合法括号串对应的 $f(l, r)$ 并没有意义，而且会带来转移上的麻烦；再加上 $f(l, r)$ 的转移显然不可能用到一个 $f(l', r')$ 使得 $[l', r']$ 不是合法括号串，因此我们初步考虑使用记忆化搜索实现区间 dp 的转移。这样以来，访问到的所有 $f(l, r)$ 均代表 $[l, r]$ 是一个合法括号串，会减少很多麻烦。

然而，一个括号的染色状态会影响其他括号的染色状态，也就是染色上存在限制。一般奇怪的限制都考虑设入 dp 状态，因此设 $f(l, r, p, q)$ 表示 $[l, r]$ 这段合法括号串，字符 $l$ 的染色状态为 $p$，字符 $r$ 的染色状态为 $q$ 的染色方案数。染色状态为 $0$，$1$，$2$ 分别代表没有染色，染成了红色和染成了蓝色。其中 $l, r$ 是阶段，$p, q$ 是决策。

---

先考虑边界情况，因为一般较为简单，而且让人有成就感。

边界是 $r - l +1 = 2$ 的情况，也就是只有简单的一对括号 $\texttt{()}$，那么显然有：

$f(l, r, 0, 1) = f(l, r, 0, 2) = f(l, r, 1, 0) = f(l, r, 2, 0) = 1$，其余均为 $0$。

然后考虑一般，我们发现可以分为两种情况：$p[l] = r$ 和 $p[l] \ne r$。

---

对于 $p[l] = r$，首先还是只用讨论 $f(l, r, 0, 1)$，$f(l, r, 0, 2)$，$f(l, r, 1, 0)$，$f(l, r, 2, 0)$ 这四种情况，剩下五种情况仍然不合法，值为 $0$。

显然此时相当于 $[l +1, r - 1]$ 这段合法括号序列外套一对括号，因此子阶段是 $f(l + 1, r - 1, \cdots)$。

$[l, r]$ 和 $[l + 1, r - 1]$ 之间的制约条件只剩下“相邻括号颜色不可相同”，我们枚举 $[l + 1, r - 1]$ 对应的颜色状态 $p'$，$q'$，当 $p = 0 \lor p \ne p'$ 且 $q= 0 \lor q \ne q'$ 时，$f(l +1, r - 1, p', q')$ 就可以对 $f(l, r, p, q)$ 产生贡献。

---

对于 $p[l] \ne r$，我们考虑子阶段 $f(l, p[l], \cdots)$ 和 $f(p[l] + 1, r, \cdots)$，最后使用乘法原理统计答案即可。

具体来说，我们分别枚举 $l$，$p[l]$，$p[l] + 1$，$r$ 的颜色 $a$，$b$，$c$，$d$，当 $b = 0 \lor b \ne c$ 时（相邻括号不同色），就可以用 $f(l, p[l],a, b) \times f(p[l] + 1, r, c, d)$ 对 $f(l, r, a, d)$ 产生贡献。

至此区间 dp 的 $\mathcal{O}(n^2)$ 做法已经说明完毕，一个细节是：事实上本题的搜索是不需要记忆化的，因为每个阶段 $f(l, r, \cdots)$ 会非常自然地会只被访问一次。这一点直观上易于理解但难以言表，读者可以自己用一个括号串举例绘制阶段转移的过程，这不会耗费您多长时间，但会让您对这个状态转移的理解更深刻。

---

另外有一点，$f(l, r, 0, 1) = f(l, r, 0, 2)$，$f(l, r, 1, 0) = f(l, r, 2, 0)$，$f(l, r, 1, 1) = f(l, r, 2, 2)$，$f(l, r, 1, 2) = f(l, r, 2, 1)$。

将蓝红色简单互换就可以证明上面这四个等式。因此转移上可以偷懒（雾），等式中，计算出一个就能计算出另一个。

/*
 * @Author: crab-in-the-northeast 
 * @Date: 2022-11-23 17:19:37 
 * @Last Modified by: crab-in-the-northeast
 * @Last Modified time: 2022-11-23 17:55:13
 */
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
inline std :: pair <std :: string, int> rest(bool space = true) {
    std :: string s;
    char ch = getchar();
    for (; !isgraph(ch); ch = getchar());
    for (; isgraph(ch); ch = getchar())
        s.push_back(ch);
    return {space ? " " + s : s, s.length()};
}

const int maxn = 705;
const int mod = (int)1e9 + 7;
std :: string s;

int f[maxn][maxn][3][3];
int p[maxn];

void sol(int l, int r) {
    if (r == l + 1) {
        f[l][r][0][1] = f[l][r][1][0] = f[l][r][0][2] = f[l][r][2][0] = 1;
        return ;
    }
    if (r == p[l]) {
        sol(l + 1, r - 1);
        f[l][r][0][1] = f[l][r][0][2] = (
            f[l + 1][r - 1][0][0] + f[l + 1][r - 1][0][2] + 
            f[l + 1][r - 1][1][0] + f[l + 1][r - 1][1][2] + 
            f[l + 1][r - 1][2][0] + f[l + 1][r - 1][2][2]) % mod;
        f[l][r][1][0] = f[l][r][2][0] = (
            f[l + 1][r - 1][0][0] + f[l + 1][r - 1][2][0] + 
            f[l + 1][r - 1][0][1] + f[l + 1][r - 1][2][1] + 
            f[l + 1][r - 1][0][2] + f[l + 1][r - 1][2][2]) % mod;
    } else {
        sol(l, p[l]);
        sol(p[l] + 1, r);
        
        for (int a = 0; a < 3; ++a)
        for (int b = 0; b < 3; ++b)
        for (int c = 0; c < 3; ++c)
        for (int d = 0; d < 3; ++d)
            if (!b || b != c)
                (f[l][r][a][d] += 
                (f[l][p[l]][a][b] * f[p[l] + 1][r][c][d])
                % mod) %= mod;
    }
}

signed main() {
    auto _ = rest(); s = _.first; int n = _.second;
    
    std :: stack <int> st;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        if (s[i] == '(')
            st.push(i);
        else {
            p[st.top()] = i;
            st.pop();
        }
    }

    sol(1, n);
    
    int ans = 0;
    for (int a = 0; a < 3; ++a)
        for (int b = 0; b < 3; ++b)
            (ans += f[1][n][a][b]) %= mod;
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}