【51nod 1791】合法括号子段

有一个括号序列，现在要计算一下它有多少非空子段是合法括号序列。

合法括号序列的定义是：

1.空序列是合法括号序列。

2.如果S是合法括号序列，那么(S)是合法括号序列。

3.如果A和B都是合法括号序列，那么AB是合法括号序列。

Input

多组测试数据。

第一行有一个整数T（1<=T<=1100000），表示测试数据的数量。

接下来T行，每一行都有一个括号序列，是一个由'('和')'组成的非空串。

所有输入的括号序列的总长度不超过1100000。

Output

输出T行，每一行对应一个测试数据的答案。

Input示例

5

(

()

()()

(()

(())

Output示例

题解

对于判断括号序列的合法性，有一种很简洁的方法：

设左括号为-1，右括号为+1,求得一个前缀和数组\(f\)。

那么正确的括号序列必然是以-1开头，0结尾，且中间的数都小于等于零。

知道了这个，此题还需要链表+RMQ操作

首先对于每一个前缀建一个链表\(nxt[f[i]]\)。

假设我们以i为括号序列起点，那么它右边的前缀都得\(-f[i-1]\)，那么下一个为0的位置是\(nex[f[i-1]]\),我们已经预处理它的位置

直接RMQ查询即可。诶，这样好像也会超时，最坏情况下也是\(O(n^2)\)的，因为我们会沿着链表跳很多次。。。

那么就倒着做吧，我们记录好以nex[i]为结尾的的答案，以后直接累加即可，至此，时间复杂度降为\(O(nlogn)\)

参考代码

#include <map>

#include <queue>

#include <cmath>

#include <cstdio>

#include <complex>

#include <cstring>

#include <cstdlib>

#include <iostream>

#include <algorithm>

#define ll long long

#define inf 1000000000

#define PI acos(-1)

#define REP(i,x,n) for(ll i=x;i<=n;i++)

#define DEP(i,n,x) for(ll i=n;i>=x;i--)

#define mem(a,x) memset(a,x,sizeof(a))

using namespace std;

ll read(){

    ll x=0,f=1;char ch=getchar();

    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}

    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}

    return x*f;

}

void Out(ll a){

    if(a<0) putchar('-'),a=-a;

    if(a>=10) Out(a/10);

    putchar(a%10+'0');

}

const int N=1100000+10;

char a[N];

int f[N];

map<int,int> fa;

map<int,int>vis;

int nxt[N];

int dp[N][20];

void RMQ_init(int n){

    for(int i=1;i<=n;i++) dp[i][0]=f[i];

    for(int j=1;(1<<j)<=n;j++){

        for(int i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++){

            dp[i][j]=max(dp[i][j-1],dp[i+(1<<(j-1))][j-1]);

        }

    }

}

int RMQ(int L,int R){

    int k=0;

    while((1<<(k+1))<=R-L+1) k++;

    return max(dp[L][k],dp[R-(1<<k)+1][k]);

}

int main() {

    int T=read();

    while(T--){

        scanf("%s",a+1);

        f[0]=0;int n=strlen(a+1);

        for(int i=1;i<=n;i++){

            if(a[i]=='(') f[i]=f[i-1]-1;

            else f[i]=f[i-1]+1;

        }

        fa.clear();vis.clear();RMQ_init(n);

        ll ans=0;

        for(int i=n;i>=0;i--){

            if(!fa[f[i]]) fa[f[i]]=-1;

            nxt[i]=fa[f[i]];

            fa[f[i]]=i;

        }

        vis[-1]=0;

        for(int i=n;i>=1;i--){

            if(a[i]=='('){

                if(nxt[i-1]==-1) vis[i-1]=0;

                else{

                    if(RMQ(i,nxt[i-1])<=f[i-1]) vis[i-1]+=vis[nxt[i-1]]+1;

                    else vis[i-1]=0;

                }

                ans+=vis[i-1];

            }

        }

        printf("%lld\n",ans);

    }

    return 0;

}

巴特西

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