题面
[USACO12NOV]同时平衡线Concurrently Balanced Strings
题解
考虑DP。
\(f[i]\)表示以\(i\)为左端点的合法区间个数。令\(pos[i]\)表示以\(i\)为左端点，最靠左的合法右端点。
那么有如下转移：
\(f[i] = f[pos[i] + 1] + 1\).
1表示[i, pos[i]]这段合法区间，\(f[pos[i] + 1]\)表示在这段合法区间的基础上，还可以在后面拼接更多合法区间。
那么我们的目的就是求\(pos[i]\).
考虑一段区间为什么合法？
我们令左括号为1，右括号为-1，然后对于每一行单独求前缀和。
那么对于每行单独考虑，一个区间\([l, r]\)需要满足2个限制：
- \(sum[r] - sum[l - 1] = 0\)
- 区间内任意一点\(i\)满足\(sum[i] - sum[l - 1] >= 0\)
考虑分开处理这2个限制。
对于每个左端点\(i\)，处理出使得区间前缀为负的第一个点，那么只要右端点不超过这个点，就满足第二点限制。
对于同一列的每一行都求出这个值，然后取min，得到值\(t\),表示第\(i\)列的右端点只要不超过\(t\)就可以对于\(k\)行都满足第二点限制。
令这个最小的，令左端点\(i\)不满足第二点限制的右端点为\(lim[i]\)
然后从大到小枚举列\(i\)，那么我们要处理的就是第一点限制。
只需要查询最近的一个右端点满足当前列的\(k\)行与第\(i - 1\)列的\(k\)行相同即可，
如果这个最近的右端点都大于等于\(lim[i]\),那么对于这个左端点就没有合法方案了。
否则我们就找到了\(pos[i]\).
那么这两个东西应该如何求呢？
求\(lim[i]\):
先对每一行求出对应的右端点，然后取\(min\)即可，接下来讲如何对于每行求这个右端点。
如果有右端点满足使得以\(i\)为左端点的区间前缀和为负，那么肯定会有一个右端点最先满足这个东西，也就是\(sum[j] - sum[i - 1] = -1\).那么我们查询满足\(sum[j] = sum[i - 1] - 1\)的最小值即可。
这个我们从大到小枚举\(i\),用\(minn[i]\)表示到当前为止，值为\(i\)的点的最小下标是多少，然后就可以直接得到了。
求\(pos[i]\):
用和上面类似的方法，只不过我们这次是要找一个使得\(k\)元组相等的最小\(j\)。
因为\(k\)很小，所以可以把\(k\)个值都存到\(map\)里暴力找。
当然也有更优美一点的做法，对这\(k\)个数进行\(hash\)然后再丢\(map\)里面找，这样\(map\)就只用存1个数了。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define R register int
#define LL long long
#define AC 12
#define ac 100100
#define inf 2139062143
#define base 13
#define us signed
#define bu 16777215
#define h(x) (x & bu)
#define g(x) (x + 50000)
int n, m;
LL ans, f[ac];
int lim[ac], minn[ac];
int Head[AC], date[ac], Next[ac], tot;
char s[ac];
map <us LL, int> M;
struct node{
int s[AC]; us LL opt;
friend bool operator == (node a, node b)
{
for(R i = 1; i <= m; i ++) if(a.s[i] != b.s[i]) return false;
return true;
}
}sum[ac];
inline void upmax(int &a, int b) {if(b > a) a = b;}
inline void upmin(int &a, int b) {if(b < a) a = b;}
inline int read()
{
int x = 0;char c = getchar();
while(c > '9' || c < '0') c = getchar();
while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
return x;
}
/*void ins(int w)//插入sum[w]
{
int f = h(sum[w].opt);bool done = false;
for(R i = Head[f]; i; i = Next[i])
{
int now = date[i];
if(sum[now] == sum[w]) upmin(date[i], w);//保留更小的下标
}
if(!done) Head[++ tot] = w, Next[tot] = Head[f], Head[f] = tot;
}
int find(int w)//找到值与sum[w]相同的，最小的x
{
int go = h(sum[w].opt);
for(R i = Head[go]; i; i = Next[i])
{
int now = date[i];
if(sum[now] == sum[w]) return now;
}
return inf;
}*/
void pre()
{
m = read(), n = read();
for(R i = 1; i <= m; i ++)
{
scanf("%s", s + 1);
for(R j = 1; j <= n; j ++)
sum[j].s[i] = sum[j - 1].s[i] + ((s[j] == ')') ? -1 : 1);
}
}
void build()
{
for(R i = 1; i <= n; i ++) lim[i] = inf;
for(R i = 1; i <= m; i ++)
{
memset(minn, 127, sizeof(minn));
for(R j = n; j; j --)//对于每行的每个点找右边的，最近的，区间和为-1的点(比当前前缀小1
{
upmin(minn[g(sum[j].s[i])], j);//先加入，防止第一个括号是右括号
upmin(lim[j], minn[g(sum[j - 1].s[i] - 1)]);//判断[l, r] = 0,需要用到sum[l - 1]和sum[r]
}
}
for(R i = 1; i <= n; i ++)
for(R j = 1; j <= m; j ++)
sum[i].opt = sum[i].opt * base + sum[i].s[j];
}
void work()
{
for(R i = n; i; i --)
{
int pos = M[sum[i - 1].opt];//找最小的和当前l - 1前缀相同的前缀
if(pos && pos < lim[i]) f[i] = f[pos + 1] + 1, ans += f[i];
if(M[sum[i].opt]) upmin(M[sum[i].opt], i);
else M[sum[i].opt] = i;
}
printf("%lld\n", ans);
}
int main()
{
// freopen("in.in", "r", stdin);
pre();
build();
work();
// fclose(stdin);
return 0;
}