因為只有std，沒有自我實現，所以是無碼專區

主要是為了訓練思維能力

solution才是dls正解，但是因為只有潦草幾句，所以大部分會有我自己基于正解上面的算法實現過程，可能選擇的算法跟std中dls的實現不太一樣。

std可能也會帶有博主自己的注釋。

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problem

給定一個由左右括號構成的字符串 $s$，對于每一個位置 $i$，定義 $an{s}_i:$ 有多少個子串滿足這個子串是一個合法的括號序列，并且 $i$ 這個位置在子串中。

合法的括號序列定義：

• 空串合法。
• 如果 $S$ 合法，那么 $(S)$ 也是合法的。
• 如果 $S,T$ 合法，那么 $ST$ 也是合法的。

由于答案很大，輸出 ${\sum }_{i=1}^{|S|}(i?an{s}_i\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}10^9+7)$，注意是先取模再相加，相加后并不需要取模。

$|S|\le 10^7,1s,512MB$。

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my idea

套路的，將括號序列轉化為 $\pm 1$ 分數序列，左括號為 $+1$，右括號為 $?1$。并求前綴和

當一個串為合法括號序列，當且僅當每個位置的前綴和都不小于 $0$ ，且最后一個位置的前綴和恰好為 $0$。

保證了沒有中途右括號個數多于左括號個數，以及最后左右括號個數匹配，顯然這是充要條件。

考慮枚舉合法括號序列的左端點。

可以肯定的是，被枚舉的位置 $i$ 本身首先得是個 (。

通過某種手段快速找到 $i$ 后面的第一個小于 $0$ 的前綴和位置 $j$。因為從 $j$ 開始后面就一定不合法了。

注意以下的前綴和若無特殊說明，都是指以 $i$ 開始的前綴和，所以應該滿足 $su{m}_j?su{m}_{i?1}<0$。

顯然，$j$ 位置一定是個 )，且 $[i,j)$ 一定是一個合法括號序列。當然這個性質沒有什么用。有用的只是 $j$ 的位置。

特殊地，如果一直到最后 $|S|$ 都沒找到，就返回 $|S|+1$ 即可。

考慮二分，但很容易發現這并不具有連續性，錯誤。

考慮線段樹，相當于在 $i$ 時去考慮小于 $su{m}_{i?1}$ 的 $su{m}_j$。

具體而言：

從后往前做，到 $i$ 時線段樹上儲存的是 $[i,n]$ 的前綴和（此前綴和是指從 $1$ 開始的）。

線段樹是權值線段樹，每個葉子權值儲存的是距離 $i$ 最近的下標 $j$。

所以查詢就是在線段樹上 $[1,su{m}_{i?1})$ 區間查詢最小的節點權值。

即以權值為線段樹上的下標，以下標為線段樹上的權值。

維護區間最小值。

修改：每次 $i$ 前移 $?1$，就把 $i$ 的前綴和對應的線段樹上葉子節點權值更改為 $i$。

確定了整個大區間，考慮其中的的合法序列，即 $s[i,k],i<k<j$ 的合法括號序列。

顯然只需要滿足 $k$ 的前綴和為 $0$ 即可。

現在的問題是怎么迅速找到這些 $k$，并快速計算貢獻。

先考慮快速計算貢獻，顯然 $[i,k]$ 一段合法括號序列會讓 $i\le x\le k$ 的 $an{s}_x$ 都 $+1$。

所以這里采取差分手段，對 $an{s}_k+1,an{s}_{i?1}?1$，最后的時候來一次后綴和，每個 $an{s}_x$ 都是正確的了。

最后就只剩下迅速找到這些 $k$ 的問題了。

一開始就將所有的前綴和 $su{m}_i$（這里的前綴和是指以 $1$ 開始的）桶排序。

即以 $su{m}_i$ 為桶下標分裝所有的前綴和，用 vector 存儲，桶內放的是前綴和下標。

然后從前往后考慮左端點 $i$，找到 $su{m}_i$ 的那個桶，以 $j$ 為分解線二分出最大的小于 $j$ 的位置 $p$，然后桶內前 $p$ 個的點對應的 $ans$ 都可以差分 $+1$。

顯然也不能枚舉 $1～p$ 一個一個加，所以在桶里面也進行前綴和差分，在 $1$ 位置 $+1$，在 $p+1$ 位置 $?1$。

每次在二分之前，都得先在 $su{m}_i$ 的桶內把第一個元素丟出去，在丟之前又得把差分數組及時傳遞。

所以在 $i$ 時，所有桶內都只有 $i+1～|S|$ 的前綴和（這里的前綴和是指 $1$ 開始的），并且桶內的差分是更新過的，

意思就是如果要扔去某個桶的對頭 $x$（桶內存的是下標），對頭下一個是 $y$，那么差分數組更新一下 $an{s}_y+=an{s}_x$。

因為第二個部分的桶是從前往后做，第一個部分是從后往前做，順序不同所以要分開做。

桶內前綴差分，差分完后，桶外后綴差分。

時間復雜度：$O(n\log n)$。

只能通過 $70\%$ 的數據點 $|S|\le 10^6$。

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solution

凸(艸皿艸 ) $O(n\log n)$ 尼瑪思維代碼量比 $O(n)$ 還難。

首先處理一下哪些括號是匹配的，用棧來做。

w(X()X(Z()Z)X(Y()Y()Y)X()X)W ，把括號之間的間隔標號，對于一堆匹配的括號，即合法括號序列，要求兩端的標號相同。

第一次見這種處理，是小生孤陋寡聞了Orzqwqqwq

問題轉化為，有若干個標號，要統計位置 $i$ 兩端有多少對標號是相同的。

dls題解就給個思路，還是得自己仔細想具體代碼算法實現。qwq

對于每個匹配括號 $()$，對于左括號 $i$ ，記錄一個 $u{p}_i$，$u{p}_i$ 是最小的能包含這對匹配括號的另一對匹配括號的左括號位置。

即 (..(..)...)，第一個左括號就是 $u{p}_i$，這期間要保證不存在 $u{p}_i<x<i,match(i)<y<match(u{p}_i),x,y$ 能匹配。

類似前綴和差分，$an{s}_{u{p}_i}\to an{s}_i$。

用 $a_i,b_i:$ 記錄左右的連續可完美匹配的括號。

即 (..()..)(..)(..) 第三個左括號和第三個右括號假設是現在 $i$ 對應的匹配，那么可以選擇第一個左括號到第三個右括號，第一個左括號到第四個右括號。

這就用 $a_i?b_{match(i)}$ 來統計，具體實現可以看 std。

時間復雜度： $O(n)$。

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std

#include <bits/stdc++.h> #define LL long long #define LD long double #define ull unsigned long long #define fi first #define se second #define mk make_pair #define PLL pair<LL, LL> #define PLI pair<LL, int> #define PII pair<int, int> #define SZ(x) ((int)x.size()) #define ALL(x) (x).begin(), (x).end() #define fio ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);using namespace std;const int N = 1e7 + 7; const int inf = 0x3f3f3f3f; const LL INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f; const int mod = 1e9 + 7; const double eps = 1e-8; const double PI = acos(-1);template<class T, class S> inline void add(T &a, S b) {a += b;if (a >= mod)a -= mod; }template<class T, class S> inline void sub(T &a, S b) {a -= b;if (a < 0)a += mod; }template<class T, class S> inline bool chkmax(T &a, S b) {return a < b ? a = b, true : false; }template<class T, class S> inline bool chkmin(T &a, S b) {return a > b ? a = b, true : false; }mt19937 rng(chrono::steady_clock::now().time_since_epoch().count());int n; int stk[N], top; int match[N], a[N], b[N], up[N]; int ans[N]; char s[N];int main() {freopen("bracket.in", "r", stdin);freopen("bracket.out", "w", stdout);scanf("%s", s + 1);n = strlen(s + 1);top = 0;for (int i = 1; i <= n; i++) {if (s[i] == '(') { //左右括號匹配 up[i]:i位置前最靠近i的還未匹配的左括號/*因為up[i]是還未匹配的，所以up[i]匹配的右括號一定是包含i的(如果能匹配的話)即長相為 (..(..)...) */up[i] = stk[top];stk[++top] = i;} else if (top) {match[i] = stk[top];match[stk[top]] = i;top--;}}for (int i = 1; i <= n; i++) {if (!match[i] || s[i] == '(')continue;b[i] = b[match[i] - 1] + 1; //b[i]標號右括號 b[i]:i位置右括號的標記應為匹配的左括號前一個位置的標號+1}for (int i = n; i >= 1; i--) {if (!match[i] || s[i] == ')')continue;a[i] = a[match[i] + 1] + 1;//a[i]標號左括號 a[i]:i位置左括號的標記應為匹配的右括號后一個位置的標號+1} //+1表示只選i-j這對匹配括號for (int i = 1; i <= n; i++) {if (!match[i] || s[i] == ')')continue;ans[i] = 1LL * a[i] * b[match[i]] % mod;if (up[i])add(ans[i], ans[up[i]]);ans[match[i]] = ans[i];}LL ret = 0;for (int i = 1; i <= n; i++) {ret += 1LL * ans[i] * i % mod;}printf("%lld\n", ret);return 0; }

總結

以上是生活随笔為你收集整理的【无码专区7】括号序列（思维）的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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