CF3D Least Cost Bracket Sequence

$Description$

给定一个由‘(’，’)‘以及’?'构成的字符串

替换第 $i$ 个括号变成左括号耗费 $a_i$ ，变成右括号耗费 $b_i$

现在你要替换一些’？‘，使这个序列变成合法的序列且代价和最小

下面是关于合法序列的定义和性质：

一个空串是一个合法序列
若 $S$ 是一个合法序列，则( $S$ )也是一个合法序列
若 $A，B$ 都是合法序列，则 $AB$ 也是一个合法序列

数据范围：
字符串长度 $\leq 5\times 10^4，0\leq a_i,b_i\leq 10^6$

$Solution$

这是一道比较简单的贪心题，首先默认所有问号为右括号，当当前的左括号数小于右括号时，则从之前找到代价最小的问号变成的右括号代替即可，正确性显然。

代价最小的这个过程可以用堆，时间复杂度 $O(nlogn)$

$Code$

#include<cstring>
#include<cctype>
#include<cstdio>
#include<queue>
using namespace std;int l,n,a,b;
long long ans;
char s[50001];
struct node{int x,id;};
inline bool operator <(const node &x,const node &y){return x.x<y.x;}
priority_queue<node>q;
inline int read()
{
    char c;int f=0,d=1;
    while(c=getchar(),!isdigit(c)) if(c=='-') d=-1;f=(f<<3)+(f<<1)+c-48;
    while(c=getchar(),isdigit(c)) f=(f<<3)+(f<<1)+c-48;
    return d*f;
}
signed main()
{
	scanf("%s",s);
	n=strlen(s);
	for(register int i=0;i<n;i++)
	{
		if(s[i]=='(') {l++;continue;}//l表示当前左右括号的差值
		else
		{
			if(s[i]=='?')
			{
				a=read();b=read();
				q.push((node){b-a,i});//把替换代价放入小根堆
				s[i]=')';
				ans+=b;
			}
			if(--l<0)//替换成右括号，l--
			{
				if(q.empty()) return puts("-1")&0;
				ans-=q.top().x;//减去最小替换代价
				s[q.top().id]='(';
				l+=2;
				q.pop();
			}
		}
	}
	if(l) return puts("-1")&0;
	//注意判断序列本来就不合法的情况，刚开始就是因为这个WA了第48个点
	printf("%I64d\n%s",ans,s);//输出
}

后记——一些想法

注意：以下内容并非本题解法，只是记录原有思路

刚开始想着去 $dp$

设 $f[i][j]$ 表示前i个位置，当前左括号与右括号的差值为j时的最小代价

当第i位是左括号时， $f[i][j]=f[i-1][j+1]$
当第i位是右括号时， $f[i][j]=f[i-1][j-1]$
当第i为是？时， $f[i][j]=min(f[i-1][j-1]+a[i],f[i-1][j+1]+b[i])]$

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终点 $f[n][0]$

酱紫的时间复杂度和空间复杂度都是 $O(n^2)$ ，不过可以用滚动数组将空间复杂度压缩到 $O(n)$ ，对于时间复杂度，我的想法是记录当前最大的左右括号差值，这样子的最坏时间复杂度是 $O(n^2)$

不过由于笔者没有想到保存路径的方法，所以这种想法就被搁置了，如果各位大爷有比较好的想法可以推荐一下呀QWQ