2022 牛客暑期多校 K - Link with Bracket Sequence I（线性dp）

题意：

已知 括号序列 a 是 一个 长度为 m 的 合法括号序列 b 的 子序列，求 可能的序列 b 的数量。（注意，子序列是可以不连续的）

思路：

状态表示：dp[i][j][k] 表示 在序列 b 的前 i 位中，a 的前 j 个字符 包含在 b 中，且 左括号 比 右括号多 j 个的方案数

根据状态表示，最后的答案是：dp[m][n][0]
（这也是首先应该明确的点：当一串括号序列是一个合法序列的时候，要满足 左、右括号数量应当是相等的 这个条件，但这个条件显然不是充要条件）

具体做法：（状态转移）

我们 每次枚举序列 b 中第 i 个字符的可能情况，以及其 是否在序列 a 的 lcs 序列（最长公共子序列）中，所以就会有 四种情况，分别讨论一下：

• 第一种情况：序列 a 的第 j 个字符是（，且 b 的第 i 个字符和 a 的第 j 个字符 组成 lcs 序列，那么有 dp[i][j][k] = (dp[i][j][k] + dp[i-1][j-1][k-1]) % mod，也就是说 b 序列的第 i 个字符也是（，那么 在 b 的前 i - 1 个字符中左括号 比 右括号 数目 多 k - 1 个，而且 前一个状态 的 最长匹配长度是 j - 1

• 第二种情况：序列 a 的第 j 个字符是 ），且 b 的第 i 个字符和 a 的第 j 个字符 组成 lcs 序列，那么有 dp[i][j][k] = (dp[i][j][k] + dp[i-1][j-1][k+1]) % mod，也就是说 b 序列的第 i 个字符也是 ），那么 在 b 的前 i - 1 个字符中 左括号 比 右括号 数目 多 k + 1 个，而且 前一个状态 的 最长匹配长度是 j - 1

• 第三种情况：当前位置放（，但是 不与 a 序列第 j 个位置的括号进行匹配，那么就有 dp[i][j][k] = (dp[i][j][k] + dp[i-1][j][k-1]) % mod，因为 当前位置是（，所以 在 b 的前 i - 1 个字符中左括号 比 右括号 数目 多 k - 1 个，与 a 序列匹配数目不变

• 第四种情况：当前位置放 ），但是 不与 a 序列第 j 个位置的括号进行匹配，那么就有 dp[i][j][k] = (dp[i][j][k] + dp[i-1][j][k+1]) % mod，因为 当前位置是 ），所以 在 b 的前 i - 1 个字符中左括号 比 右括号 数目 多 k + 1 个，与 a 序列匹配数目不变

需要注意的一点就是边界问题，在动态转移过程中不能出现用负数对数组进行索引的情况。

代码：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
//#define map unordered_map
//#define int long long
int n;
const int N = 210, mod = 1e9 + 7;
char a[N];
int dp[N][N][N];

signed main()
{
    
	int T; cin >> T;
	while (T--)
	{
    
		int n, m; scanf("%d%d", &n, &m);
		scanf("%s", a + 1);
		memset(dp, 0, sizeof dp);
		dp[0][0][0] = 1;
		for (int i = 1; i <= m; ++i)
		{
    
			for (int j = 0; j <= min(n, i); ++j)
			{
    
				for (int k = 0; k <= m; ++k)
				{
    
					//分4种情况
					if (j >= 1 && k >= 1 && a[j] == '(') {
    //放 ( 
						dp[i][j][k] = (dp[i][j][k] + dp[i - 1][j - 1][k - 1]) % mod;
					}
						
					if (j >= 1 && a[j] == ')') {
    //放 )
						dp[i][j][k] = (dp[i][j][k] + dp[i - 1][j - 1][k + 1]) % mod;
					}
						
					if (k >= 1 && (j == 0 || a[j] == ')')) {
    //放 (
						dp[i][j][k] = (dp[i][j][k] + dp[i - 1][j][k - 1]) % mod;
					}
						
					if (j == 0 || a[j] == '(') {
    //放 )
						dp[i][j][k] = (dp[i][j][k] + dp[i - 1][j][k + 1]) % mod;
					}	
				}
			}
		}
			
		printf("%lld\n", dp[m][n][0]);
	}
	return 0;

}