DP - 區間DP - Coloring Brackets - CodeForces - 149D

DP - 區間DP - Coloring Brackets - CodeForces - 149D

題意：

$給定一個僅由"()"構成的括號序列s(保證整個序列能成功匹配)，現給括號上色，需滿足：\\①、每個括號要麼不上色，要麼紅色，要麼藍色。\\②、一對匹配的括號僅有一個能夠被上色。\\③、相鄰的括號顏色不能相同，但可以都不上色。$

$要求整個序列上色的方案總數，答案對10^9+7取模。$

Examples

Input：
(())

Output：
12


Input：
(()())

Output：
40


Input：
()

Output：
4

數據範圍：

$2<=|s|<=700\\Time \ limit：2000 ms，Memory \ limit：262144 kB$

分析：

---

$與經典的括號序列匹配問題類似——$《Brackets - POJ - 2955》$，一個序列的染色方案數量的計算是相互獨立的。$

$狀態表示：f[l][r][a][b]表示區間[l,r]內，l被染上顏色a，r被染上顏色b的方案總數，a、b=0，1，2。\\0：不上色，1：紅色，2：藍色。$

$狀態計算：整個區間的方案總數，具體分爲兩種情況：$

$①、當s[l]與s[r]能夠匹配，具體又可分爲四種情況：$

$\qquadⅠ、a=1時，s[l+1]不能染相同的紅色，s[r]不能染色，故f[l][r][1][0]+=f[l+1][r-1][i][j]，i≠1。$

$\qquadⅡ、a=2時，s[l+1]不能染相同的藍色，s[r]不能染色，故f[l][r][2][0]+=f[l+1][r-1][i][j]，i≠2。$

$\qquadⅢ、b=1時，s[r-1]不能染相同的紅色，s[l]不能染色，故f[l][r][0][1]+=f[l+1][r-1][i][j]，j≠1。$

$\qquadⅣ、b=2時，s[r-1]不能染相同的藍色，s[l]不能染色，故f[l][r][0][2]+=f[l+1][r-1][i][j]，j≠2。$

$②、s[l]與s[r]不匹配，由乘法原理，\\\qquad 區間[l,r]的方案總數f[l,r]可以分爲[l,k]的方案總數與區間[k+1,r]的方案總數之積。\\\qquad f[l][r][a][b]+=f[l][k][a][i]×f[k+1][r][j][b]，k是與l匹配的括號下標。a ,b=0,1,2且i≠j或者i=j=0。$

具體落實：

$①、初始化邊界：當區間長度爲2時，合法方案數都爲1。$
$\qquad 即：f[l][r][0][1] = 1\\ \qquad \qquad f[l][r][0][2] = 1;\\ \qquad \qquad f[l][r][1][0] = 1;\\ \qquad \qquad f[l][r][2][0] = 1;$

$②、爲了簡化代碼，先將括號的匹配條件映射到下標上來。若s[l]與s[r]匹配，將下標l映射到r。$

$③、每個區間我們僅需計算一次，可以數組標記一下被搜索過的區間。$

$④、數組f的值可能達到10^9，乘積會達到10^{18}，因此用ll類型來存儲。$

代碼：

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<stack>

#define ll long long

using namespace std;

const int N=710,mod=1e9+7;

int mp[N],n;
ll f[N][N][3][3];
char s[N];
bool vis[N][N];

void trans()
{
    stack<int> S;
    for(int i=0;i<n;i++)
        if(s[i]=='(')
            S.push(i);
        else
        {
            int tmp=S.top();
            S.pop();
            mp[tmp]=i;
            mp[i]=tmp;
        }
}

void dfs(int l,int r)
{
    if(vis[l][r]) return ;
    vis[l][r]=true;
    
    if(l+1==r) 
    {
        f[l][r][0][1]=f[l][r][1][0]=f[l][r][0][2]=f[l][r][2][0]=1;
        return ;  //  遞歸出口
    }

    if(mp[l]==r)
    {
        dfs(l+1,r-1); //先計算長度短的情況

        for(int i=0;i<3;i++)
            for(int j=0;j<3;j++)
            {
                if(j!=1) f[l][r][0][1]=(f[l][r][0][1]+f[l+1][r-1][i][j])%mod;
                if(j!=2) f[l][r][0][2]=(f[l][r][0][2]+f[l+1][r-1][i][j])%mod;
                if(i!=1) f[l][r][1][0]=(f[l][r][1][0]+f[l+1][r-1][i][j])%mod;
                if(i!=2) f[l][r][2][0]=(f[l][r][2][0]+f[l+1][r-1][i][j])%mod;
            }

    }
    
    else 
    {
        int k=mp[l];
        dfs(l,k);
        dfs(k+1,r);
        for(int i=0;i<3;i++)
        for(int j=0;j<3;j++)
        for(int a=0;a<3;a++)
        for(int b=0;b<3;b++)
            if( (a==0&&b==0) || a!=b)
                f[l][r][i][j]=(f[l][r][i][j]+f[l][k][i][a]*f[k+1][r][b][j]%mod)%mod;
    }
}

int main()
{
    scanf("%s",s);
    n=strlen(s);
    trans();

    dfs(0,n-1);
    int res=0;
    for(int i=0;i<3;i++)
        for(int j=0;j<3;j++)
            res=(res+f[0][n-1][i][j])%mod;

    cout<<res<<endl;
    
    return 0;
}