完美与奇偶性 自做自切

U230600 完美与奇偶性 题解

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我们发现问题可以直接转化为选取一个区间后，区间里的数全部反转（1 -> 0, 0 -> 1），有些数需要被反转奇数次，有些数需要被反转偶数次，从而一定地简化问题。

首先考虑爆搜，发现每次对一个区间的修改可以进行差分优化，于是考虑差分，实现单点修改，求最终状态使用前缀和（其实是异或）。

再次考虑到：条件 $1$ 说 $l$ 和 $r$ 必须是 $1 \sim 2n$ 的一个全排列，那么有这样一个性质：这个包含0, 1的数组中，每一个元素要么是一个修改区间的左端点，要么是一个修改区间的右端点。

接着我们就可以发现：根据差分的思想，只要知道了每个元素是一次修改区间的左端点还是右端点，最后的结果就是一定的——也就是说，跟每个点具体对应的修改区间是什么没有关系。

接下来假设我们已知每个元素应该是左端点还是右端点，比如$1, 0, 0, 1$ 中的情况就是 LLRR（用 L 代表左，R 代表右），现在 L 和 R 可以匹配成一对有多少种匹配方案。我们可以转化为括号匹配问题，上面的 LLRR 我们转化为 (())，但此时的括号匹配略有不同：严格的括号匹配只允许 $[1, 4], [2, 3]$ 这种情况出现，但这里我们同样也允许 $[1, 3], [2, 4]$ 这种情况（即一对括号里可以不是一个合法的括号序列）。其实这样反而比严格地简单了：匹配到一个右括号，左面有多少个未被匹配的左括号，就会对答案产生多少的贡献。根据乘法原理，这个贡献应该是乘法的。

现在问题就是如何求解每个元素是左括号还是右括号。考虑 dp。

设当前元素为 $i$，从 $1$ 到 $i$ 代表左括号的元素减去代表右括号的元素一共有 $f_{i}$ 个。

那么元素 $a_i$ 被前 $i - 1$ 个左括号（区间开头）翻转了 $f_{i - 1}$ 次。（解释：$i$ 元素左面假设有 $x$ 个左括号，那么这 $x$ 个左括号都有机会 $i$ 元素带来一次翻转。哪些有机会呢？

这 $x$ 个左括号中，对应右括号小于 $i$ 的那 $y$ 个，翻转区间并不包含 $i$，完全在 $i$ 的左方，并不会影响到元素 $i$。反之对应右括号大于等于 $i$ 的 $x - y$ 个，翻转区间包含 $i$，可以给 $a_i$ 翻转一次。自然 $a_i$ 被翻转的次数是 $x - y$，即 $f_{i - 1}$。）

现在假设这个元素需要被翻转奇数次（$b_i = 1$），而 $f_{i - 1}$ 正好是奇数，那么此时 $a_i$ 对应的应该是右括号，于是能保证元素继续被翻转奇数次，对应地，$f_i \gets f_{i - 1} - 1$；如果 $f_{i - 1}$ 是偶数，那么我们需要让元素 $i$ 多翻转一次变成奇数，此时元素 $i$ 应该是左括号，也就是新开一个区间。对应地，$f_i \gets f_{i - 1} + 1$。

假设 $b_i = 0$，也就是需要被翻转偶数次，那么就会反过来：$f_{i - 1}$ 是奇数的时候对应左括号；否则对应右括号。

讲法说完，接着说点事：

一、我们可以发现，统计答案时，这样一句话：

匹配到一个右括号，左面有多少个未被匹配的左括号，就会对答案产生多少的贡献。

我们发现 $a_i$ 左方没被匹配的左括号数量恰好是 $f_{i - 1}$，统计直接用到 $f_{i - 1}$ 就可以（具体来说是 ans *= f[i - 1]）；

另外发现每次只会用到 $f_i$ 和 $f_{i - 1}$ ，因此压根用不到数组存 $f$，采用滚动的思想维护即可。

二、注意特判几种无解情况：

• 显然 $a_1$ 和 $a_{2n}$ 会且只会被翻转一次，那么 $b_1$ 和 $b_{2n}$ 都必须是 $1$ 才有可能有解。
• 如果按照以上的匹配方案发现最终右括号和左括号数量不等（$f_{2n} \neq 0$），也是无解。
• 如果 $i$ 是一个右括号，但发现左面没有左括号也能给你用了，也是无解，不过不需要我们特殊处理，因为此时 $f_{i - 1} = 0$，这样乘的时候答案已经是 $0$ 了。

三、判断左括号和右括号可以更优雅。发现判断的关键是 $b_i$ 和 $f_{i - 1}$ 的奇偶性是否相同。维护变量 $d$，如果 $d = 0$ 说明 $b_i$ 和 $f_{i - 1}$ 相同，反之亦然。发现如果 $b_i = b_{i - 1}$ 时，$d$ 才会翻转（即 d ^= 1）。为什么呢，因为从 $i - 1$ 到 $i$，无论如何 $f_i$ 都会加 $1$ 或减 $1$，也就是说 $f_i$ 和 $f_{i - 1}$ 的奇偶性一定不同，同理 $f_{i - 2}$ 和 $f_{i - 1}$ 奇偶性不同，那么当 $b_i = b_{i - 1}$ 时，$b_i$ 相对于 $f_{i - 1}$ 和 $b_{i - 1}$ 相对于 $f_{i - 2}$ 的奇偶性情况一定会改变，或者说翻转。反之亦然。

时间复杂度 $\operatorname{O}(n)$。

代码非常短。

/*
 * @Author: crab-in-the-northeast 
 * @Date: 2022-07-21 15:11:59 
 * @Last Modified by: crab-in-the-northeast
 * @Last Modified time: 2022-07-21 16:22:24
 */
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long

inline int read() {
 int x = 0;
 bool flag = true;
 char ch = getchar();
 while (!isdigit(ch)) {
  if (ch == '-')
   flag = false;
  ch = getchar();
 }
 while (isdigit(ch)) {
  x = (x << 1) + (x << 3) + ch - '0';
  ch = getchar();
 }
 if(flag)
  return x;
 return ~(x - 1);
}

const int maxn = 1e5 + 5;
const int mod = 1e9 + 7;
int b[maxn * 2];

signed main() {
 int T = read();
 while (T--) {
  int n = read();
  for (int i = 1; i <= n * 2; ++i)
   b[i] = read();
  if (b[1] == 0 || b[n * 2] == 0) {
   puts("0");
   continue;
  }

  int cnt = 1, ans = 1;
  // 这里 cnt 其实相当于 f
  for (int i = 2, d = 0; i < n * 2; ++i) { // 注意不枚举到 n * 2
   if (b[i] == b[i - 1])
    d ^= 1;
   if (d == 1)
    (ans *= cnt--) %= mod;
   else
    ++cnt;
  }

  if (cnt != 1) { // 这里的 cnt 是 f[2 * n - 1]
   puts("0");
   continue;
  }
  
  printf("%lld\n", ans);
 }
 return 0;
}