题意:有n对括号，把这n对括号所有合法的匹配画在字典树上，字典树的每一个结点都是合法的括号匹配（即任意一个前缀左括号数量大于等于右括号），问这棵字典树上不相交边集的最大数量是多少？
解法：明白题意和字典树概念后，似乎可以用树形dp搞，建树是不可能建的，一看模数1e9 + 7，那么只能凭空想象然后在虚树上进行dp了，手画了一下第三个样例的字典树，有21个结点，贪心的从叶子结点开始选连接到它的边，一层一层往上选，然后扣去有分支结点的情况，验证了一下发现可以。
具体过程：用dp求出所有合法的括号序列情况的个数，dp[i][j]代表前i个括号放j个左括号的合法情况。这样这棵树的最后一层的结点个数是dp[2 * n][n]，上一层结点个数 为 2 * n - 1个点的所有合法情况之和，这一层对答案的贡献：先选出所有叶子结点，再扣去上一层有分支的结点（因为最多只分两支，只要减去一次就行），什么结点可能有分支呢？模拟一下决策过程，一个结点既可以放左括号又可以放右括号，当且仅当该结点的左括号数量一定大于右括号数量，且左括号数量小于n。求出上一层所有这样的结点的个数，扣去即可。因为边不能相交，每次要往上跳两层，可以发现对答案有贡献的层数都是偶数层，每一层对答案有贡献的结点个数是：例如第i层，是sum(dp[i][i / 2] -> dp[i][n])。最后一层是特殊情况，直接就是dp[2 * n][n]。要扣去的层数都是奇数层，要扣去的数量为sum(dp[i][i / 2 + 1] -> dp[i][n - 1]),这些都是左括号比右括号多且没放够n个左括号的情况，然后不停的往上搞，一路搞到根，一共有2000层，但只需要想上跳1000次，复杂度是o(n ^ 2)
代码又很短：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e3 + 10;
const int mod = 1e9 + 7;
long long dp[maxn * 3][maxn * 3];
int n;
int main() {
scanf("%d",&n);
dp[1][1] = 1;
long long res = 0;
for(int i = 1; i <= 2 * n; i++) {
for(int j = 1; j <= 2 * n; j++) {
if(2 * j < i) continue;
if(j > n) continue;
dp[i][j] += dp[i - 1][j] % mod;
dp[i][j] += dp[i - 1][j - 1] % mod;
}
}
for(int i = 2 * n; i >= 1; i -= 2) {
for(int j = 1; j <= n; j++)
res = (res + dp[i][j]) % mod;
for(int j = (i - 1) / 2 + 1; j < n; j++)
res = (res + mod - dp[i - 1][j]) % mod;
}
printf("%lld\n",res % mod);
return 0;
}
PS（思路历程）：题意看了挺久，单词没看懂，看着字典树想起了一些合法括号匹配的性质，以及字典树的性质。
不相交边集数量，等同于二分图的最大匹配边，想起了匈牙利树，在匈牙利树上做增广？（没搞过），一看n只有1000，似乎可行，又想起来可以直接在字典树上树形dp，每条边分选和不选，也可以得出答案。但题目说答案可能很大，要mod 1e9 + 7，模数这么大说明边数很多，树可能建不出来。难道要在虚数上进行树形dp吗？不过可以先求出合法结点个数再说（次处忘了开long long 和取模，爆了，然后没发现，因为最后答案还是一副合理的样子），求出合法结点个数后，对着画出的样例3的字典树有点想法，似乎我的dp的状态可以表示某一层的结点个数？在样例三的字典树上模拟出了贪心得到答案的过程，从叶子结点层开始，能选的边都选上，(全部的边扣掉上一层分支结点的个数)，然后不停的往上跳两层，重复选边的过程，每一层的边数就是那层的点树，而那层的点树可以用已经求得的dp计算得到。思考了一下如何得到每一层结点个数，改了一下取模，开了long long，A了。