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;
}
