Python缩进

Python缩进

在 Python 中，代码块没有显式的开始/结束或大括号来标记代码块的开始和结束。

相反，代码块是通过缩进定义的。

我们考虑一个极其简化的 Python 子集，其只有两种类型的语句：简单语句和 $For$ 语句。

• 简单语句（Simple statements）仅占一行，每行一个。
• $For$ 语句（For statements）是复合语句：它们包含一个或多个其它语句。$For$ 语句由循环头和循环体共同组成。循环头是一个以 $for$ 开头的单独行。循环体是比循环头缩进一级的语句块。循环体可以包含两种类型的语句。循环体不能为空。

给定 $n$ 个没有缩进的语句，请你计算，通过合理缩进，一共可以形成多少个不同的有效 Python 代码。

输入格式

第一行包含整数 $n$。

接下来 $n$ 行，每行包含一个字符 f（表示 $For$ 语句）或 s（表示简单语句），用来描述一行给定语句的类型。

保证最后一行一定是简单语句。

输出格式

一个整数，表示可以形成的不同有效 Python 代码的数量对 $10^9+7$ 取模后的结果。

数据范围

前 $3$ 个测试点满足 $1 \le n \le 5$。
所有测试点满足 $1 \le n \le 5000$。

输入样例1：

4
s
f
f
s

输出样例1：

1

样例1解释

可以形成一种有效代码：

simple statement
for statement
    for statement
        simple statement

输入样例2：

4
f
s
f
s

输出样例2：

2

样例2解释

可以形成以下两种有效代码：

for statement
    simple statement
    for statement
        simple statement

或

for statement
    simple statement
for statement
    simple statement

 

解题思路

　　先来条喜讯，最后保研去了 985 的 CS，结果还是比较满意的了，唯一遗憾的地方就是没做 TCS 的方向。所以之后的时间就会相对轻松许多，不过之前因为忙着推免的事导致半个多月没碰过算法，现在算是又回坑了吧。虽然半个月没碰了，但感觉退步了好多，比如这道题我都不会做（）。之后的计划还是每天会抽些时间写算法题和博客，同时优化一下博客的编写规范，并尝试写一些 AtCoder 和牛客上面的题解等。

　　这题关键的地方是上一条语句能决定当前语句能缩进的的级别。比如当前有如下的程序：

s ...
for ...
    s ...
    for ...
        s ...

　　可以发现上一条语句是 $s$ 语句，那么无论当前是 $s$ 语句还是 $f$ 语句，都可以缩进到不超过上一条语句级别的任意级别：

s ...
f ...
    s ...
    f ...
        s ...
        s/f ...

s ...
f ...
    s ...
    f ...
        s ...
    s/f ...

s ...
f ...
    s ...
    f ...
        s ...
s/f ...

　　而如果上一条语句是 $f$ 语句，那么无论当前是 $s$ 语句还是 $f$ 语句，都只能缩进到上一条 $f$ 语句的下一个级别。比如：

s ...
f ...
    s ...
    f ...
        f ...
            s/f ...

　　因此定义状态 $f(i,j)$ 表示由前 $i$ 条语句构成，且第 $i$ 条语句缩进了 $j$ 级的所有方案的数量。根据第 $i-1$ 条是 $f$ 语句还是 $s$ 语句来进行状态划分。

　　如果第 $i-1$ 条语句是 $f$ 语句，那么第 $i$ 条语句只能缩进到上一条语句的下一个级别（由于第 $i$ 条语句是第 $j$ 级，因此上一条语句就是第 $j-1$ 级），因此状态转移方程是 $f(i,j) = f(i-1,j-1)$。

　　如果第 $i-1$ 条语句是 $s$ 语句，那么可以缩进到不超过第 $i-1$ 条语句级别的任意级别。由于第 $i$ 条语句的级别是 $j$，因此第 $i-1$ 条语句的级别要大于等于 $j$，即可以是 $j, \, j+1, \, \ldots , \, i-1$。因此状态转移方程就是 $f(i,j) = \sum\limits_{k=j}^{i-1}{f(i-1,k)}$。很明显需要对这个状态转移方程进行优化，可以发现由于 $f(i,j+1) = \sum\limits_{k=j+1}^{i-1}{f(i-1,k)}$，因此有 $f(i,j) = f(i-1,j) + f(i,j+1)$。实现的时候只需倒着枚举 $j$，这样要计算 $f(i,j)$ 时，$f(i,j+1)$ 已经算出来了。

　　那么最终的答案就是 $\sum\limits_{i=1}^{n}{f(n,i)}$。

　　AC 代码如下，时间复杂度为 $O(n^2)$：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 5010, mod = 1e9 + 7;

char s[N];
int f[N][N];

int main() {
    int n;
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        scanf("%s", s + i);
    }
    f[1][1] = 1;
    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        for (int j = i; j; j--) {
            if (s[i - 1] == 'f') f[i][j] = f[i - 1][j - 1];
            else f[i][j] = (f[i - 1][j] + f[i][j + 1]) % mod;
        }
    }
    int ret = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        ret = (ret + f[n][i]) % mod;
    }
    printf("%d", ret);

    return 0;
}

 

参考资料

　　AcWing 5268. Python缩进（AcWing杯 - 周赛）：https://www.acwing.com/problem/content/5271/