NOIP模拟题 括号序列 题解【DP】【前缀和】
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震惊!括号匹配还能这样做!
题目描述
课堂上,Felix刚刚学习了关于括号序列的知识。括号序列是一个只由左括号”(“和右括号”)”构成的序列:进一步的,一个合法的括号序列是指左括号和右括号能够一一匹配的序列。
如果用规范的语言说明,一个合法的括号序列可以有以下三种形式:
1 s=””(空串),s是一个合法的括号序列
2 s=XY,其中X,Y均为合法的括号序列,则S也是一个合法的括号序列;
3 s=(X),其中X为合法的括号序列,则S也是一个合法的括号序列。
这时老师在黑板上写出了一个括号序列:”()))()”
Felix一眼就看出这个序列并不是合法的括号序列。
这时老师提出了一个这样的问题:能够在序列中找出连续的一段,把这一段里面的左括号变成右括号,右括号变成左括号,变换之后整个序列可以变成合法的呢?
Felix想到,可以把[3..5]进行调换,这样序列就会变为()(()),是一个合法的序列。很明显,不止有一种方法可以使整个序列合法。
这时,老师又在黑板上写出了一个长度为N的括号序列。Felix想,能否对这个序列进行至多一次变换,使他变合法呢?
输入输出格式
输入格式:
第一行一个整数T,代表数据的组数;接下来T行,每一行一组数据。
每组数据一行,代表给出的括号序列。
输出格式:
输出共T行,对于每组数据,输出“possible”(可以变换)或者“impossible”(不可变换)。(不含引号)
输入输出样例
输入样例#1:3())))))(()输出样例#1:possibleimpossiblepossible说明
对于50%的数据,T<=5,N<=20;
对于100%的数据,T<=10,N<=5000。
我们首先对于区间取反,可以直接用^1,因为'(‘的ASCII码是40,’)’的ASCII码是41。那么我们用$ N^2$枚举区间,N来检验,这种做法时间复杂度是$ N^3$,可以拿到前50分。
考虑到100分,括号匹配已经占了一个$ O(N)$了,这样就不适合再进行算法扩展。我们要引进一种新的括号匹配算法,就是前缀和。前缀和记录出现过的左括号和右括号,左括号权值为0,右括号权值为1,我们就可以在O(1)的时间内求出一段区间的左右括号个数。如果一个区间右括号数大于左括号数,那么后面就不可能再匹配上了。
这样我们就有了DP的思路(有点像环状最大两段子段和),分三种状态:还没更新过/在更新序列中/已经更新完,从左向右递推。
每做一个,需要根据它的括号方向确定它的前缀和(把前缀和当作状态进行转移),如果不取反,前缀和同向,取反则反向。如果前缀和运算完后超过了当前长度的一半(右括号个数大于左括号个数)就不能转移。同时还要特判下标是否为负,因为字符串从0处理比较方便,因此不能用第0层。状态数组为f[i][j][k],i表示做到第i个数,j表示前缀和为i,合法前缀和应≤length/2(实际处理要+1再/2,字符串长度+1)。
对于每个没有自始至终都没有更新的状态,有f[i][pre[i]][0]=0;,即为初始状态。转移的状态只有第三维为1,2的,那么只需要关注什么时候取反改变前缀和,多注意细节,这个题还是很好理解的。(如果数组开int是会mle的。。。)
Code:
#include<cstdio>
#include<cstring>
bool f[5100][5100][3];
int pre[5100];
char s[6666];
int main()
{
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
memset(f,0,sizeof(f));
int flag=1;
scanf("%s",s);
memset(pre,0,sizeof(pre));//前缀和
int len=strlen(s)-1;
for(int i=0;i<=len;i++)
{
pre[i]=pre[i-1]+(s[i]&1);//如果是右括号+1
if(pre[i]>(i+1)/2)//前面发生失配,初始状态不合法,只能通过转移
flag=0;
f[i][pre[i]][0]=flag;
}
if((len&1)==0)//为奇数直接ban掉
{
puts("impossible");
continue;
}
for(int i=0;i<=len;i++)
{
for(int j=0;j<=len;j++)
{
if(s[i]=='(')
{
if(j+1<=(i+1)/2)
f[i][j+1][1]|=f[i-1][j][0]|f[i-1][j][1];//j+1是')'的权值
if(j<=(i+1)/2&&i)
f[i][j][2]|=f[i-1][j][1]|f[i-1][j][2];
}
else
{
if(j<=(i+1)/2)
{
if(i==0&&j==0)
f[i][j][1]=1;
else
{
f[i][j][1]|=f[i-1][j][0]|f[i-1][j][1];
if(j+1<=(i+1)/2)
f[i][j+1][2]|=f[i-1][j][1]|f[i-1][j][2];
}
}
}
}
}
if(f[len][(len+1)/2][0]|f[len][(len+1)/2][1]|f[len][(len+1)/2][2])//最后一个为任意状态,只要前缀和满足即可
puts("possible");
else
puts("impossible");
}
return 0;
}
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