hdu 5396 Expression

考虑到此题麻烦了某hust大神&体现出了自己数学能力的欠缺虽然最近一直比较忙还是把这题的题解写下来吧

首先看完数据范围后应该有不少人会反应到是$n^3$的DP 以$F[i][j]$表示从i到j这个区间所有情况之和

然后再枚举中间点$k$从$F[i][k]$到$F[k+1][j]$转移过来但此题绝不是想到DP就可以了

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我们假设合并时左区间所包含的情况为$a1.a2……ap$右区间所包含的情况为 $b1.b2……bq$

对于乘法运算由于乘法分配率这个性质直接把两边所有情况之和乘起来就行了

对于加减法运算左边的区间每个元素出现的次数为q 右边区间每个元素出现的次数为p

进一步我们可以发现出现次数p、q其实也就等于（区间长度-1）！（感叹号代表阶乘不要看错= =）

看起来该做的事情已经做完了然而如果就这样写完代码会发现连样例都过不了

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多想想之后我们发现这样一个问题虽然合并时左右区间都是确定的然而达到同一个左右区间的方案并不是唯一的

我们先考虑一个比较小的情况假设左区间通过$c1.c2$这两个操作得到右区间通过$d1.d2$这两个操作得到

那么我们只要保证同一区间内操作的有序性即可使得最后得到的两个区间分别相同

比如$c1.c2.d1.d2$或$c1.d1.c2.d2$或……

这样可能的情况就有$C_{4}^{2}$种推广到其他情况便是

C（（左区间长度-1）+（右区间长度-1），（左区间长度-1））（注意到区间长度-1即为合并过程中的操作数）

于是这题便愉快地解决了

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=110,MOD=1e9+7;
long long f[N][N],fac[N],c[N][N];
char s[N];
int n;
void prepare()
{fac[0]=1;for(int i=1;i<=100;++i)fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;c[0][0]=1;for(int i=1;i<=100;++i){c[i][0]=1;for(int j=1;j<=i;++j)c[i][j]=(c[i-1][j-1]+c[i-1][j])%MOD;}
}
void work()
{for(int i=1;i<=n;++i){scanf("%lld",&f[i][i]);for(int j=i+1;j<=n;++j)f[i][j]=0;}scanf("%s",&s[1]);for(int len=2;len<=n;++len)for(int i=1;i+len-1<=n;++i){int j=i+len-1;for(int k=i;k<j;++k){if(s[k]=='*')f[i][j]+=f[i][k]*f[k+1][j]%MOD*c[j-i-1][k-i];else if(s[k]=='+')f[i][j]+=(f[i][k]*fac[j-k-1]+f[k+1][j]*fac[k-i])%MOD*c[j-i-1][k-i];elsef[i][j]+=(f[i][k]*fac[j-k-1]-f[k+1][j]*fac[k-i])%MOD*c[j-i-1][k-i];f[i][j]%=MOD;}}//for(int i=1;i<=n;++i)//    for(int j=i;j<=n;++j)//        printf("%d %d %lld\n",i,j,f[i][j]);printf("%lld\n",(f[1][n]+MOD)%MOD);}
int main()
{prepare();while(~scanf("%d",&n))work();return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/sagitta/p/4741268.html

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