Link with Bracket Sequence II（杭电多校赛）

题目链接
题意：有m种括号，现在给你一个已知序列长度但不完整的括号序列，问有多少种填充方式使得其最终成为一个合法的括号序列，其中括号序列满足以下3种规则：
1：a[i]>0表示此位置为左括号
2：a[i]<0表示此位置为右括号
3：a[i]==0表示此位置为未知括号
题解：开始的时候想到了用二维dp，dp[i][j]表示匹配第i个括号，左括号和右括号相差j个，这样可以保证遍历到每个括号也可以通过cnt保证括号的合法性。但是不合题意，题中a[i]和-a[i]是相互对应的，这样dp无法保证是不重不漏的。题中的范围是500，我们想要再加一维dp，但是题中的约束条件只够两维。

这样我们换个思路，我们这道题的被卡住的地方是不知道当前的括号要和哪个去匹配，所以我们就暴力去匹配，假设我们当前匹配第i个，我们去暴力匹配前面1-i，这样我们就可以想到了区间dp。我们用dp[l][r]表示l~r的合法括号数，所有的方案就是dp[l][k]*dp[k+1][r]，这样是怎么保证不重的，我们可以每次匹配的时候只让当前的括号与l表示括号匹配，这样就能保证不重，因为只能由一个括号和l匹配，所以每次都能保证是不同的

此博客学习与以下文章：正解请戳此处：正解
下面是AC代码：

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define int long long
const int mod=1e9+7;
int n,m;
int a[550];
int dp[550][550];
int dfs(int l,int r)
{
    
    if((r-l+1)%2) return 0;//奇数个括号
    if(r-l+1==0) return 1;
    if(r-l+1==2)
    {
    
        if(a[l]>0&&a[r]==-a[l]) return 1;
        else if(a[l]==0&&a[r]<0) return 1; 
        else if(a[l]>0&&a[r]==0) return 1;
        else if(a[l]==0&&a[r]==0) return m;
        else return 0;
    }
    if(dp[l][r]!=-1) return dp[l][r];//记忆化搜索
    int res=0;
    if(a[l]>0)
    {
    
        for(int i=l+1;i<=r;i+=2)
        {
    
            if(a[i]==-a[l]||a[i]==0) res=(res%mod+(dfs(l+1,i-1)%mod*dfs(i+1,r)%mod)%mod);
        }
    }
    else if(a[l]==0)
    {
    
        for(int i=l+1;i<=r;i+=2)//枚举区间长度的过程，必须都是偶数，这里也类似于剪了一个小枝条
        {
    
            if(a[i]<0) res=(res%mod+(dfs(l+1,i-1)%mod*dfs(i+1,r)%mod)%mod)%mod;
            if(a[i]==0) res=(res%mod+(m%mod*dfs(l+1,i-1)%mod*dfs(i+1,r)%mod)%mod)%mod;
        }
    }
    return dp[l][r]=res;
}
signed main()
{
    
    int t;
    cin>>t;
    while(t--)
    {
    
        cin>>n>>m;
        for(int i=0;i<=n;i++)
        {
    
            for(int j=0;j<=n;j++)
            {
    
                dp[i][j]=-1;
            }
        }
        for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
        cout<<dfs(1,n)%mod<<endl;
    }
    return 0;
}

这里用记忆化搜索的话就很简洁，因为边界都单独考虑出来了而且还可以降低复杂度。