【无码专区7】括号序列（思维）

因为只有std，没有自我实现，所以是无码专区

主要是为了训练思维能力

solution才是dls正解，但是因为只有潦草几句，所以大部分会有我自己基于正解上面的算法实现过程，可能选择的算法跟std中dls的实现不太一样。

std可能也会带有博主自己的注释。

problem

给定一个由左右括号构成的字符串 sss，对于每一个位置 iii，定义 ansi:ans_i:ansi: 有多少个子串满足这个子串是一个合法的括号序列，并且 iii 这个位置在子串中。

合法的括号序列定义：

空串合法。
如果 SSS 合法，那么 (S)(S)(S) 也是合法的。
如果 S,TS,TS,T 合法，那么 STSTST 也是合法的。

由于答案很大，输出 ∑i=1∣S∣(i⋅ansimod109+7)\sum_{i=1}^{|S|}\Big(i·ans_i\mod{10^9+7}\Big)∑i=1∣S∣(i⋅ansimod109+7)，注意是先取模再相加，相加后并不需要取模。

∣S∣≤107,1s,512MB|S|\le 10^7,1s,512MB∣S∣≤107,1s,512MB。

my idea

套路的，将括号序列转化为 ±1±1±1 分数序列，左括号为 +1+1+1，右括号为 −1-1−1。并求前缀和

当一个串为合法括号序列，当且仅当每个位置的前缀和都不小于 000 ，且最后一个位置的前缀和恰好为 000。

保证了没有中途右括号个数多于左括号个数，以及最后左右括号个数匹配，显然这是充要条件。

考虑枚举合法括号序列的左端点。

可以肯定的是，被枚举的位置 iii 本身首先得是个 (。

通过某种手段快速找到 iii 后面的第一个小于 000 的前缀和位置 jjj。因为从 jjj 开始后面就一定不合法了。

注意以下的前缀和若无特殊说明，都是指以 iii 开始的前缀和，所以应该满足 sumj−sumi−1<0sum_j-sum_{i-1}<0sumj−sumi−1<0。

显然，jjj 位置一定是个 )，且 [i,j)[i,j)[i,j) 一定是一个合法括号序列。当然这个性质没有什么用。有用的只是 jjj 的位置。

特殊地，如果一直到最后 ∣S∣|S|∣S∣ 都没找到，就返回 ∣S∣+1|S|+1∣S∣+1 即可。

考虑二分，但很容易发现这并不具有连续性，错误。

考虑线段树，相当于在 iii 时去考虑小于 sumi−1sum_{i-1}sumi−1 的 sumjsum_jsumj。

具体而言：

从后往前做，到 iii 时线段树上储存的是 [i,n][i,n][i,n] 的前缀和（此前缀和是指从 111 开始的）。

线段树是权值线段树，每个叶子权值储存的是距离 iii 最近的下标 jjj。

所以查询就是在线段树上 [1,sumi−1)[1,sum_{i-1})[1,sumi−1) 区间查询最小的节点权值。

即以权值为线段树上的下标，以下标为线段树上的权值。

维护区间最小值。

修改：每次 iii 前移 −1-1−1，就把 iii 的前缀和对应的线段树上叶子节点权值更改为 iii。

确定了整个大区间，考虑其中的的合法序列，即 s[i,k],i<k<js[i,k],i<k<js[i,k],i<k<j 的合法括号序列。

显然只需要满足 kkk 的前缀和为 000 即可。

现在的问题是怎么迅速找到这些 kkk，并快速计算贡献。

先考虑快速计算贡献，显然 [i,k][i,k][i,k] 一段合法括号序列会让 i≤x≤ki\le x\le ki≤x≤k 的 ansxans_xansx 都 +1+1+1。

所以这里采取差分手段，对 ansk+1,ansi−1−1ans_k+1,ans_{i-1}-1ansk+1,ansi−1−1，最后的时候来一次后缀和，每个 ansxans_xansx 都是正确的了。

最后就只剩下迅速找到这些 kkk 的问题了。

一开始就将所有的前缀和 sumisum_isumi（这里的前缀和是指以 111 开始的）桶排序。

即以 sumisum_isumi 为桶下标分装所有的前缀和，用 vector 存储，桶内放的是前缀和下标。

然后从前往后考虑左端点 iii，找到 sumisum_isumi 的那个桶，以 jjj 为分解线二分出最大的小于 jjj 的位置 ppp，然后桶内前 ppp 个的点对应的 ansansans 都可以差分 +1+1+1。

显然也不能枚举 1∼p1\sim p1∼p 一个一个加，所以在桶里面也进行前缀和差分，在 111 位置 +1+1+1，在 p+1p+1p+1 位置 −1-1−1。

每次在二分之前，都得先在 sumisum_isumi 的桶内把第一个元素丢出去，在丢之前又得把差分数组及时传递。

所以在 iii 时，所有桶内都只有 i+1∼∣S∣i+1\sim |S|i+1∼∣S∣ 的前缀和（这里的前缀和是指 111 开始的），并且桶内的差分是更新过的，

意思就是如果要扔去某个桶的对头 xxx（桶内存的是下标），对头下一个是 yyy，那么差分数组更新一下 ansy+=ansxans_y+=ans_xansy+=ansx。

因为第二个部分的桶是从前往后做，第一个部分是从后往前做，顺序不同所以要分开做。

桶内前缀差分，差分完后，桶外后缀差分。

时间复杂度：O(nlog⁡n)O(n\log n)O(nlogn)。

只能通过 70%70\%70% 的数据点 ∣S∣≤106|S|\le 10^6∣S∣≤106。

solution

凸(艹皿艹 ) O(nlog⁡n)O(n\log n)O(nlogn) 尼玛思维代码量比 O(n)O(n)O(n) 还难。

首先处理一下哪些括号是匹配的，用栈来做。

w(X()X(Z()Z)X(Y()Y()Y)X()X)W ，把括号之间的间隔标号，对于一堆匹配的括号，即合法括号序列，要求两端的标号相同。

第一次见这种处理，是小生孤陋寡闻了Orzqwqqwq

问题转化为，有若干个标号，要统计位置 iii 两端有多少对标号是相同的。

dls题解就给个思路，还是得自己仔细想具体代码算法实现。qwq

对于每个匹配括号 ()()()，对于左括号 iii ，记录一个 upiup_iupi，upiup_iupi 是最小的能包含这对匹配括号的另一对匹配括号的左括号位置。

即 (..(..)...)，第一个左括号就是 upiup_iupi，这期间要保证不存在 upi<x<i,match(i)<y<match(upi),x,yup_i<x<i,match(i)<y<match(up_i),x,yupi<x<i,match(i)<y<match(upi),x,y 能匹配。

类似前缀和差分，ansupi→ansians_{up_i}\rightarrow ans_iansupi→ansi。

用 ai,bi:a_i,b_i:ai,bi: 记录左右的连续可完美匹配的括号。

即 (..()..)(..)(..) 第三个左括号和第三个右括号假设是现在 iii 对应的匹配，那么可以选择第一个左括号到第三个右括号，第一个左括号到第四个右括号。

这就用 ai∗bmatch(i)a_i*b_{match(i)}ai∗bmatch(i) 来统计，具体实现可以看 std。

时间复杂度： O(n)O(n)O(n)。

std

#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define LD long double
#define ull unsigned long long
#define fi first
#define se second
#define mk make_pair
#define PLL pair<LL, LL>
#define PLI pair<LL, int>
#define PII pair<int, int>
#define SZ(x) ((int)x.size())
#define ALL(x) (x).begin(), (x).end()
#define fio ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);using namespace std;const int N = 1e7 + 7;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const LL INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-8;
const double PI = acos(-1);template<class T, class S> inline void add(T &a, S b) {a += b;if (a >= mod)a -= mod;
}template<class T, class S> inline void sub(T &a, S b) {a -= b;if (a < 0)a += mod;
}template<class T, class S> inline bool chkmax(T &a, S b) {return a < b ? a = b, true : false;
}template<class T, class S> inline bool chkmin(T &a, S b) {return a > b ? a = b, true : false;
}mt19937 rng(chrono::steady_clock::now().time_since_epoch().count());int n;
int stk[N], top;
int match[N], a[N], b[N], up[N];
int ans[N];
char s[N];int main() {freopen("bracket.in", "r", stdin);freopen("bracket.out", "w", stdout);scanf("%s", s + 1);n = strlen(s + 1);top = 0;for (int i = 1; i <= n; i++) {if (s[i] == '(') { //左右括号匹配 up[i]:i位置前最靠近i的还未匹配的左括号/*因为up[i]是还未匹配的，所以up[i]匹配的右括号一定是包含i的(如果能匹配的话)即长相为 (..(..)...) */up[i] = stk[top];stk[++top] = i;} else if (top) {match[i] = stk[top];match[stk[top]] = i;top--;}}for (int i = 1; i <= n; i++) {if (!match[i] || s[i] == '(')continue;b[i] = b[match[i] - 1] + 1; //b[i]标号右括号 b[i]:i位置右括号的标记应为匹配的左括号前一个位置的标号+1}for (int i = n; i >= 1; i--) {if (!match[i] || s[i] == ')')continue;a[i] = a[match[i] + 1] + 1;//a[i]标号左括号 a[i]:i位置左括号的标记应为匹配的右括号后一个位置的标号+1}
//+1表示只选i-j这对匹配括号for (int i = 1; i <= n; i++) {if (!match[i] || s[i] == ')')continue;ans[i] = 1LL * a[i] * b[match[i]] % mod;if (up[i])add(ans[i], ans[up[i]]);ans[match[i]] = ans[i];}LL ret = 0;for (int i = 1; i <= n; i++) {ret += 1LL * ans[i] * i % mod;}printf("%lld\n", ret);return 0;
}

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