luogu P1310 表达式的值

Posted 2020-10-15 Nico&11101001

题目描述

对于1 位二进制变量定义两种运算：

运算的优先级是：

1. 先计算括号内的，再计算括号外的。

2. “× ”运算优先于“⊕”运算，即计算表达式时，先计算× 运算，再计算⊕运算。例如：计算表达式A⊕B × C时，先计算 B × C，其结果再与 A 做⊕运算。

现给定一个未完成的表达式，例如_+(_*_)，请你在横线处填入数字0 或者1 ，请问有多少种填法可以使得表达式的值为0 。

输入输出格式

输入格式：

 

输入文件名为exp.in ，共 2 行。

第1 行为一个整数 L，表示给定的表达式中除去横线外的运算符和括号的个数。

第2 行为一个字符串包含 L 个字符，其中只包含’（’、’）’、’+’、’*’这4 种字符，其中’（’、’）’是左右括号，’+’、’*’分别表示前面定义的运算符“⊕”和“×”。这行字符按顺序给出了给定表达式中除去变量外的运算符和括号。

 

输出格式：

 

输出文件exp.out 共1 行。包含一个整数，即所有的方案数。注意：这个数可能会很大，请输出方案数对10007 取模后的结果。

 

输入输出样例

输入样例#1： 复制

4
+(*)

输出样例#1： 复制

３

说明

【输入输出样例说明】

  给定的表达式包括横线字符之后为：_+(_*_) 

  在横线位置填入(0 、0 、0) 、(0 、1 、0) 、(0 、0 、1) 时，表达式的值均为0 ，所以共有3种填法。 

【数据范围】

对于20% 的数据有 0 ≤ L ≤ 10。

对于50% 的数据有 0 ≤ L ≤ 1,000。

对于70% 的数据有 0 ≤ L ≤ 10,000 。

对于100%的数据有 0 ≤ L ≤ 100,000。

对于50% 的数据输入表达式中不含括号。

开始写的区间dp....我真是菜

然后借鉴candy大神的blog

笛卡尔树建表达式树，然后树形dp

dp[i][1/0]表示根节点为i的区间值为1/0的方案数

文献http://wenku.baidu.com/link?url=jvyUVTTGFC27LnlHkzQ0OObqeBFDwCYvuCbiHHG5CaPXrjFiGoBtiLhdfNIhW1vHNNZ-Umb_zTKnCOQK3WTw0N8KRQT8m2lfBBMsHpoIChC

                        #include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;
const int N=100007,MOD=10007;
int n;
char s[N];
struct node{
    int l,r;
    char op;
}tree[N];
int cnt=0,w[N],root=0;
void build(){
    int p=0,cnt=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(s[i]==‘(‘) p++;if(s[i]==‘)‘) p--;
        if(s[i]==‘+‘) {w[++cnt]=p*2+1;
            tree[cnt].op=s[i];
        }
        if(s[i]==‘*‘) w[++cnt]=p*2+2,tree[cnt].op=s[i];;
    }
    int st[N],k,top=-1;
    for(int i=1;i<=cnt;i++) {
        k=top;
        while(k>=0&&w[st[k]]>w[i]) k--;
        if(k!=-1)tree[st[k]].r=i;
        if(k<top) tree[i].l=st[k+1];
        st[++k]=i;
        top=k;
    }
    root=st[0];
}
int f[N][2];
void dp(int i) {
    if(i==0) return;
    if(f[i][0]!=0) return;
    int l=tree[i].l,r=tree[i].r;char op=tree[i].op;
    dp(l);dp(r);
    if(op==‘+‘){
        f[i][0]=f[l][0]*f[r][0];
        f[i][1]=f[l][0]*f[r][1]+f[l][1]*f[r][0]+f[l][1]*f[r][1];
    }
    if(op==‘*‘){
        f[i][1]=f[l][1]*f[r][1];
        f[i][0]=f[l][0]*f[r][1]+f[l][1]*f[r][0]+f[l][0]*f[r][0];
    }
    f[i][1]%=MOD;f[i][0]%=MOD;
}
int main() {
    scanf("%d",&n);
    scanf("%s",s+1);
    build();
    f[0][0]=f[0][1]=1;
    dp(root);
    printf("%d",f[root][0]%MOD);
    return 0;
}