「CF149D」括号涂色区间DP好题

题目描述

Petya遇到了一个关于括号序列的问题：给定一个字符串 $S$ ，它代表着正确的括号序列，即 “ $($ ” 与 “ $)$ ” 是匹配的。例如：“ $(())()$ ” 和 “ $()$ ”是正确的，“ $)()$ ”与“ $(()$ ”则不是正确的。在正确的括号序列中，一个左边的括号一定是匹配一个右边的括号（反之亦然）。例如，在下图中，第 $3$ 个括号匹配第 $6$ 个括号，第 $4$ 个括号匹配第 $5$ 个括号。
现在你需要对一个正确的括号序列做涂色操作，严格满足以下三个条件：

1、每个括号要么不涂色，要么涂红色，要么涂蓝色。

2、一对匹配的括号需要且只能将其中一个涂色。

3、相邻的括号不能涂上同一种颜色（但是可以都不涂颜色）。

求：给整个括号序列涂上颜色的方案数，答案可能比较大，对 $10^9+7$ 取模。

输入格式

输入的第一行包含一个字符串 $s$ ，( $2 <= |s| <= 700$ )，代表一个正确的括号序列。

输出格式

输出方案数。（对 $10^9 + 7$ 取模）

样例

输入

(()())

输出

分析

读者不难想到这是一道区间DP。当我们定义 $dp[l][r]$ 为左端点为 $l$ ，右端点为 $r$ 的方案总数会发现，我们不知道某个点到底是什么颜色，规则的第二点和第三点就不好计算。
不妨令 $dp[l][r][p][q]$ 为左端点为 $l$ ，右端点为 $r$ ，且 $a[l]$ 的颜色为 $color[p]$ ， $a[r]$ 的颜色为 $color[q]$ 的方案总数。（我写的 $color[0]$ 是无色）

DP_1

若 $len=2$ ，此时有

dp[l][r][1][0] = 1; 
dp[l][r][0][1] = 1;
dp[l][r][2][0] = 1; 
dp[l][r][0][2] = 1;

DP_2

在 $dp[l][r]$ 中，若 $a[l]$ 和 $a[r]$ 是一组匹配的括号，那么

dp[l][r][1][0] = (dp[l + 1][r - 1][2][2] + dp[l + 1][r - 1][0][0] + dp[l + 1][r - 1][0][1] + dp[l + 1][r - 1][2][0] + dp[l + 1][r - 1][0][2] + dp[l + 1][r - 1][2][1]) % Mod;
dp[l][r][2][0] = (dp[l + 1][r - 1][1][2] + dp[l + 1][r - 1][0][0] + dp[l + 1][r - 1][0][1] + dp[l + 1][r - 1][1][0] + dp[l + 1][r - 1][0][2] + dp[l + 1][r - 1][1][1]) % Mod;
dp[l][r][0][1] = (dp[l + 1][r - 1][2][2] + dp[l + 1][r - 1][0][0] + dp[l + 1][r - 1][1][0] + dp[l + 1][r - 1][2][0] + dp[l + 1][r - 1][0][2] + dp[l + 1][r - 1][1][2]) % Mod;
dp[l][r][0][2] = (dp[l + 1][r - 1][2][1] + dp[l + 1][r - 1][0][0] + dp[l + 1][r - 1][1][0] + dp[l + 1][r - 1][0][1] + dp[l + 1][r - 1][2][0] + dp[l + 1][r - 1][1][1]) % Mod;

至于为什么，我不想多说了，，，其实就是把所有可行的情况加起来。当然你也可以用四重循环。

DP_3

若不匹配，可以找到与 $a[l]$ 匹配的右括号 $a[k]$ （用栈 $stack$ ），把 $dp[l][r]$ 分成 $dp[l][k]$ 和 $dp[k+1][r]$ ，我们如果还像上面那样一个一个列举，会很累的…用四重循环枚举 $a[l]$ 、 $a[k]$ 、 $a[k+1]$ 、 $a[r]$ 的颜色，只用剪掉 $a[k]$ 和 $a[k +1]$ 颜色相同的情况就行了。当然情况二用这个也会简单很多。（ $l \leq k \leq r$ ）

for(int o = 0; o < 3; o ++) {
	for(int p = 0; p < 3; p ++) {
		for(int q = 0; q < 3; q ++) {
			for(int s = 0; s < 3; s ++) {
				if((p == 1 && q == 1) || (p == 2 && q == 2)) continue;
				dp[l][r][o][s] = (dp[l][r][o][s] + dp[l][Match[l]][o][p] * dp[Match[l] + 1][r][q][s]) % Mod;
			}
		}
	}
}

代码

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <stack>
#define LL long long
using namespace std;
const int Mod = 1000000007, MAXN = 705;
char a[MAXN];
int n, r, Match[MAXN];
LL dp[MAXN][MAXN][3][3], ans;
stack <int> sk;
int main() {
//	freopen("coloring.in", "r", stdin);
//	freopen("coloring.out", "w", stdout);
	scanf("%s", a + 1);
	n = strlen(a + 1);
	for(int i = 1; i <= n; i ++) {
		if(a[i] == '(') sk.push(i);
		else {
			Match[sk.top()] = i;
			sk.pop();
		}
	}
	for(int len = 2; len <= n; len ++) {
		for(int l = 1; l <= (n - len + 1); l ++) {
			r = l + len - 1;
			if(l == (r - 1)) {
				dp[l][r][1][0] = 1; dp[l][r][0][1] = 1; dp[l][r][2][0] = 1; dp[l][r][0][2] = 1;
			}
			else if(Match[l] == r) {
				dp[l][r][1][0] = (dp[l + 1][r - 1][2][2] + dp[l + 1][r - 1][0][0] + dp[l + 1][r - 1][0][1] + dp[l + 1][r - 1][2][0] + dp[l + 1][r - 1][0][2] + dp[l + 1][r - 1][2][1]) % Mod;
				dp[l][r][2][0] = (dp[l + 1][r - 1][1][2] + dp[l + 1][r - 1][0][0] + dp[l + 1][r - 1][0][1] + dp[l + 1][r - 1][1][0] + dp[l + 1][r - 1][0][2] + dp[l + 1][r - 1][1][1]) % Mod;
				dp[l][r][0][1] = (dp[l + 1][r - 1][2][2] + dp[l + 1][r - 1][0][0] + dp[l + 1][r - 1][1][0] + dp[l + 1][r - 1][2][0] + dp[l + 1][r - 1][0][2] + dp[l + 1][r - 1][1][2]) % Mod;
				dp[l][r][0][2] = (dp[l + 1][r - 1][2][1] + dp[l + 1][r - 1][0][0] + dp[l + 1][r - 1][1][0] + dp[l + 1][r - 1][0][1] + dp[l + 1][r - 1][2][0] + dp[l + 1][r - 1][1][1]) % Mod;
			}
			else if(l <= Match[l] && Match[l] <= r) {
				for(int o = 0; o < 3; o ++) {
					for(int p = 0; p < 3; p ++) {
						for(int q = 0; q < 3; q ++) {
							for(int s = 0; s < 3; s ++) {
								if((p == 1 && q == 1) || (p == 2 && q == 2)) continue;
								dp[l][r][o][s] = (dp[l][r][o][s] + dp[l][Match[l]][o][p] * dp[Match[l] + 1][r][q][s]) % Mod;
							}
						}
					}
				}
			}
		}
	}
	for(int i = 0; i <= 2; i ++) {
		for(int j = 0; j <= 2; j ++) {
			ans = (ans + dp[1][n][i][j]) % Mod;
		}
	}
	printf("%lld", ans);
	return 0;
}