Codeforces Round #554 Div.2 D - Neko and Aki's Prank

dp 找规律

我好菜啊好菜啊，完全没有思路。

在合法的括号序列中，左括号数一定大于等于右括号数的，所以我们可以先定义平衡度为左括号数-右括号数。

然后可以发现一个惊人的规律。。就是在trie同一深度上的点，如果平衡度相同，那么他的子树完全一样。。

官方的题解给出了几个栗子: ((()) , ()()( , (())(

然后我们对于他们的状态都可以用同一个表示方法表示。

对于树上的最大边独立，为们对每个点，可以看他的父亲节点有没有被选过，如果被选过了，那么该点与父亲的边就不能选，反之则选择数量加1。

然后我们可以直接dp求解。

dp[i][j] 表示在第i层平衡度为j的点的最大独立边数

状态转移方程就是转移过来的点加起来。。能选就再加1。。但是我这个都不会QAQ

#include <bits/stdc++.h>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define full(a, b) memset(a, b, sizeof a)
using namespace std;
typedef long long ll;
inline int lowbit(int x){ return x & (-x); }
inline int read(){
    int X = 0, w = 0; char ch = 0;
    while(!isdigit(ch)) { w |= ch == '-'; ch = getchar(); }
    while(isdigit(ch)) X = (X << 3) + (X << 1) + (ch ^ 48), ch = getchar();
    return w ? -X : X;
}
inline int gcd(int a, int b){ return a % b ? gcd(b, a % b) : b; }
inline int lcm(int a, int b){ return a / gcd(a, b) * b; }
template<typename T>
inline T max(T x, T y, T z){ return max(max(x, y), z); }
template<typename T>
inline T min(T x, T y, T z){ return min(min(x, y), z); }
template<typename A, typename B, typename C>
inline A fpow(A x, B p, C lyd){
    A ans = 1;
    for(; p; p >>= 1, x = 1LL * x * x % lyd)if(p & 1)ans = 1LL * x * ans % lyd;
    return ans;
}
const int N = 3005;
const int mod = 1e9 + 7;
int dp[N][N];
bool vis[N][N];
int main(){

    int n = read() * 2;
    dp[0][0] = 0, vis[0][0] = true;
    for(int i = 1; i <= n; i ++){
        for(int j = 0; j <= n; j ++){
            int sum = 0; bool f = false;
            if(j >= 1){
                sum = (sum % mod + dp[i - 1][j - 1] % mod) % mod;
                f |= vis[i - 1][j - 1];
            }
            if(j + 1 <= i - 1){
                sum = (sum % mod + dp[i - 1][j + 1] % mod) % mod;
                f |= vis[i - 1][j + 1];
            }
            if(f){
                dp[i][j] = (sum % mod + 1) % mod;
                vis[i][j] = false;
            }
            else{
                dp[i][j] = sum;
                vis[i][j] = true;
            }
        }
    }
    cout << dp[n][0] << endl;

    return 0;
}