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NOIP2011pj表达式的值[树形DP 笛卡尔树]

2024-08-12 08:28:30   218人阅读

题目描述

对于1 位二进制变量定义两种运算：

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运算的优先级是：

  1. 先计算括号内的，再计算括号外的。

  2. “× ”运算优先于“⊕”运算，即计算表达式时，先计算× 运算，再计算⊕运算。例如：计算表达式A⊕B × C时，先计算 B × C，其结果再与 A 做⊕运算。

现给定一个未完成的表达式，例如+(*_)，请你在横线处填入数字0 或者1 ，请问有多少种填法可以使得表达式的值为0 。

输入输出格式

输入格式：

输入文件名为exp.in ，共 2 行。

第1 行为一个整数 L，表示给定的表达式中除去横线外的运算符和括号的个数。

第2 行为一个字符串包含 L 个字符，其中只包含’（’、’）’、’+’、’*’这4 种字符，其中’（’、’）’是左右括号，’+’、’*’分别表示前面定义的运算符“⊕”和“×”。这行字符按顺序给出了给定表达式中除去变量外的运算符和括号 

输出格式：

输出文件exp.out 共1 行。包含一个整数，即所有的方案数。注意：这个数可能会很大，请输出方案数对10007 取模后的结果。

输入输出样例

输入样例#1：
4+(*)
输出样例#1：
３

说明

【输入输出样例说明】

  给定的表达式包括横线字符之后为：+(*_) 

  在横线位置填入(0 、0 、0) 、(0 、1 、0) 、(0 、0 、1) 时，表达式的值均为0 ，所以共有3种填法。 

【数据范围】

对于20% 的数据有 0 ≤ L ≤ 10。

对于50% 的数据有 0 ≤ L ≤ 1,000。

对于70% 的数据有 0 ≤ L ≤ 10,000 。

对于100%的数据有 0 ≤ L ≤ 100,000。

对于50% 的数据输入表达式中不含括号。

－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－

一开始想了一个区间DP的做法f[i][j][0/1]表示i到j为0或1的方案数，内存爆的连编译都不编译

然后想到建表达式树 树形DP，白书上的方法只能拿80分

然后找到了这篇文章http://wenku.baidu.com/link?url=jvyUVTTGFC27LnlHkzQ0OObqeBFDwCYvuCbiHHG5CaPXrjFiGoBtiLhdfNIhW1vHNNZ-Umb_zTKnCOQK3WTw0N8KRQT8m2lfBBMsHpoIChC

 

用 笛卡尔树 建表达式树

百科

有点像treap，key按左右分，value按上下分

表达式树中key就是顺序，本来就按照这个顺序；value是算术优先级，设括号个数为p，‘+‘:p*2+1  ‘*‘:p*2+2，value小的在上面

笛卡尔树有O(n)的建树方法：

可以发现key本来有序，新加的元素只能在当前的右链上，有可能吧本来右链上一些元素转到左子树上

用一个stack维护右链上的元素就好了，每次找第一个<=当前的

////  main.cpp//  表达式的值树形dp////  Created by Candy on 9/6/16.//  Copyright ? 2016 Candy. All rights reserved.//#include <iostream>#include <cstdio>#include <algorithm>#include <cstring>#include <cmath>using namespace std;const int N=100005,MOD=10007;int n;char s[N];struct node{    int ls,rs;    char op;}tree[N*16];int cnt=0,w[N],root=0;void build(){    int p=0,cnt=0;    for(int i=1;i<=n;i++){        if(s[i]==‘(‘) p++;if(s[i]==‘)‘) p--;        if(s[i]==‘+‘) {w[++cnt]=p*2+1;            tree[cnt].op=s[i];        }        if(s[i]==‘*‘) w[++cnt]=p*2+2,tree[cnt].op=s[i];;    }        int st[N],k,top=-1;    for (int i=1;i<=cnt;i++)    {        k = top;        while (k >= 0 && w[st[k]] > w[i]) k--;        if(k!=-1) tree[st[k]].rs=i;        if (k < top) tree[i].ls=st[k+1];        st[++k] = i;        top=k;    }    root=st[0];}int f[N][2];void dp(int i){//printf("dp %d\n",i);    if(i==0) return;    if(f[i][0]!=0) return;    int ls=tree[i].ls,rs=tree[i].rs;char op=tree[i].op;    dp(ls);dp(rs);    if(op==‘+‘){        f[i][0]=f[ls][0]*f[rs][0];        f[i][1]=f[ls][0]*f[rs][1]+f[ls][1]*f[rs][0]+f[ls][1]*f[rs][1];    }    if(op==‘*‘){        f[i][1]=f[ls][1]*f[rs][1];        f[i][0]=f[ls][0]*f[rs][1]+f[ls][1]*f[rs][0]+f[ls][0]*f[rs][0];    }    f[i][1]%=MOD;f[i][0]%=MOD;}int main(int argc, const char * argv[]) {    scanf("%d%s",&n,s+1);    build();    f[0][0]=f[0][1]=1;    dp(root);    printf("%d",f[root][0]%MOD);    return 0;}

 

当然也可以用stack做，一个操作符栈一个数据栈，数据栈中是0/1的方案数

一开始push一个empty，以后每次一个+ *都push一个empty

//from 题解
//Candy?修改
#include<cstdio>#include<cstring>const int mod=10007;struct node{    int a,b;}f[100010];const node emp=(node){1,1};char s[100010];char st[100010];int n,tp=0,fp=0;void cal(char op,node &a,node &b){    if(op==‘+‘) a.b=(a.b*(b.a+b.b)+a.a*b.b)%mod,a.a=a.a*b.a%mod;    else a.a=(a.a*(b.a+b.b)+a.b*b.a)%mod,a.b=a.b*b.b%mod;}int main(){    scanf("%d%s",&n,s);    st[++tp]=‘(‘; f[++fp]=emp;    s[n++]=‘)‘;    for(int i=0;i<n;i++){        if(s[i]==‘(‘)st[++tp]=‘(‘;        else if(s[i]==‘)‘){            for(;st[tp]!=‘(‘;tp--,fp--)                cal(st[tp],f[fp-1],f[fp]);//pop 2 push 1            tp--;// (        }        else{            for(;st[tp]<=s[i]&&st[tp]!=‘(‘;tp--,fp--)// ‘*‘ < ‘+‘                cal(st[tp],f[fp-1],f[fp]);            st[++tp]=s[i],f[++fp]=emp;//every +/* with a number        }    }    return!printf("%d\n",f[1].a%mod);}

 

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