CF785D Anton and School - 2

題意：

給定一個長度≤2×10^5由(和)組成的字符串，問有多少個子串（可以不連續(xù)），前半部分是由(組成后半部分由)組成.

題解：

怎么括號匹配能出這么多題
如何才能不重不漏的選出所有括號呢？

枚舉每個位置的i時，我們通過i左括號數(shù)量和右括號的數(shù)量，可以算出當(dāng)i為最后一個左括號時滿足條件的子序列數(shù)量。這樣統(tǒng)計括號數(shù)量不會重，不會漏。(第i位是右括號的情況都會被包含其中，不會漏)

我們設(shè)左邊有a個左括號(包括自己)，右邊有b個右括號，滿足條件的字串有：$$C_{a?1}^0{C}_b^1+C_{a?1}^1{C}_b^2+...+C_{a?1}^x{C}_b^{x+1}+...=\sum _{i=0}^{min(a?1,b?1)}{C}_{a?1}^x{C}_b^{x+1}$$
從左側(cè)a-1個左括號中選x個，還有第i位本身這個左括號，再從右側(cè)b個右括號中選x+1個，組成一個合法的括號序列
然后怎么做？
暑假多校的時候?qū)W到一個東西：范德蒙德卷積，我經(jīng)常當(dāng)做組合數(shù)的定理來記。
$$\sum _{i=0}^k{C}_n^i{C}_m^{k?i}=C_{n+m}^k$$
嚴(yán)謹(jǐn)?shù)淖C明，可以用二項式定理證得,具體證明我也不知道，不過其中的含義挺好理解，在n物品中取i個，m個物品中k-i個，就是在n+m個物品中取k個
回到本題上：
我們現(xiàn)在有${\sum }_{i=0}^{min(a?1,b?1)}{C}_{a?1}^x{C}_b^{x+1}={\sum }_{i=0}^{min(a?1,b?1)}{C}_{a?1}^{a?1?x}{C}_b^{x+1}=C_{a+b?1}^a$
這一下子不久好做多了，然后從第一位開始枚舉，如果是左括號就計算這個組合數(shù)，記錄答案

代碼：

#include <bits/stdc++.h> #include <unordered_map> #define debug(a, b) printf("%s = %d\n", a, b); using namespace std; typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; typedef pair<int, int> PII; clock_t startTime, endTime; //Fe~Jozky const ll INF_ll= 1e18; const int INF_int= 0x3f3f3f3f; void read(){}; template <typename _Tp, typename... _Tps> void read(_Tp& x, _Tps&... Ar) {x= 0;char c= getchar();bool flag= 0;while (c < '0' || c > '9')flag|= (c == '-'), c= getchar();while (c >= '0' && c <= '9')x= (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c= getchar();if (flag)x= -x;read(Ar...); } template <typename T> inline void write(T x) {if (x < 0) {x= ~(x - 1);putchar('-');}if (x > 9)write(x / 10);putchar(x % 10 + '0'); } void rd_test() { #ifdef ONLINE_JUDGE #elsestartTime= clock();freopen("data.in", "r", stdin); #endif } void Time_test() { #ifdef ONLINE_JUDGE #elseendTime= clock();printf("\nRun Time:%lfs\n", (double)(endTime - startTime) / CLOCKS_PER_SEC); #endif } const int maxn= 2e5 + 9; const int mod= 1e9 + 7; ll poww(ll a, ll b) {ll ans= 1;while (b) {if (b & 1)ans= ans * a % mod;a= a * a % mod;b>>= 1;}return ans % mod; } ll fac[maxn], inv[maxn]; void init(int N) {fac[1]= 1;for (int i= 2; i <= N; i++) {fac[i]= (fac[i - 1] * i) % mod;}inv[N]= poww(fac[N], mod - 2) % mod;// cout << inv[N] << endl;for (int i= N - 1; i >= 0; i--) {inv[i]= inv[i + 1] * (i + 1) % mod;} } int R[maxn]; ll C(ll a, ll b) {if (a < b || a < 0 || b < 0)return 0;// cout << "=" << (fac[a] % mod * (inv[b] %'' mod)) % mod * (inv[a - b] % mod) % mod << endl;return (fac[a] % mod * (inv[b] % mod)) % mod * (inv[a - b] % mod) % mod; } int main() {//rd_test();init(200000);string s;cin >> s;int len= s.length();for (int i= len - 1; i >= 0; i--) {R[i]= R[i + 1] + ((s[i] == ')') ? 1 : 0);// cout << R[i] << endl;}int sum= 0;int tot= 0;for (int i= 0; i < s.length(); i++) {if (s[i] == '(') {tot++;sum= (sum + C(tot + R[i] - 1, R[i] - 1) + mod) % mod;}}cout << sum;//Time_test(); }

總結(jié)

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