【CF】1821E-Rearrange Brackets 题解
传送门：1821E
标签：字符串
题目大意
一个规则括号序列是一个可以通过在原始序列的字符之间插入字符 “1” 和 “+” 来转换为正确算术表达式的括号序列。例如：括号序列 “()” 和 “(())” 是规则的（结果表达式是：“(1) + (1)” 和 “((1+1)+1)”）；括号序列 “)(”, “(” 和 “)” 不是规则的。给你一个规则括号序列。在一次移动中，你可以移除一对相邻的括号，其中左边的是左括号，右边的是右括号。然后将结果部分按顺序连接起来。这个移动的成本是这对右括号右边的括号数量。规则括号序列的成本是使序列为空所需的移动的最小总成本。实际上，你并没有移除任何括号。相反，你得到了一个规则括号序列和一个整数 ( k )。你可以执行以下操作最多 ( k ) 次：从序列中提取一些括号并将其放回任何位置（在任何两个括号之间，开始或结束；可能在它之前的位置）。执行所有操作后，括号序列必须是规则的。结果规则括号序列的最小可能成本是多少？
输入：第一行包含一个整数 t ——测试用例的数量。每个测试用例的第一行包含一个整数 k ——你可以执行的最大操作数。第二行包含一个非空的规则括号序列，它只包含字符 ‘(’ 和 ‘)’。
输出：对于每个测试用例，输出一个整数——在你执行最多 k 次操作后，规则括号序列的最小可能成本。
算法分析
- 首先要重新定义RBS的成本。移除每对括号的绝对最小成本是它所在的括号对的数量。这实际上是可以实现的——只需从右到左移除括号对（根据括号对中左括号的位置）。因此，你可以说总成本是所有右括号之后的平衡值之和。或者在所有左括号之前——这些实际上是相同的。
- 接下来设计动态规划的状态。想象我们不是在移动括号，而是在两个独立的动作中做这件事：将一个括号放入某个缓冲区并将其放入字符串中。我们希望使用 ( dp[pos][open][close][moves] ) ——如果我们处理了 ( pos ) 个括号，缓冲区中有 ( open ) 个左括号，缓冲区中有 ( close ) 个右括号，并且执行了 ( moves ) 次移动，那么这是最小的答案。遗憾的是，这实际上不允许将括号向左移动，因为你必须首先放置括号，然后将其放入缓冲区。这真的会破坏任何东西吗？显然并不会。你可以将这些缓冲区状态从 (-k) 到 (k)，并将负值视为贷款。这些状态足以确定字符串当前的平衡。因此，足以更新状态并检查在放置右括号后字符串是否停止成为RBS。总体复杂度：O(nk3)。
- 现在要证明存在一个最优答案，使得每次移动后序列仍然是RBS。考虑一个最终成为RBS的移动序列。首先，你可以基本重新排列这些移动（可能需要调整确切的位置）。其次，存在一个移动，首先执行，留下一个RBS。执行它并传播证明。切换到另一种表示方式更直观——查看由括号序列诱导的森林。其中的树的根是RBS的最上层的左括号和右括号。它们的子节点是每个括号的内部最上层括号，依此类推。有了这种表示方式，答案实际上是所有顶点深度之和。
- 最后来移动。让我们将一个左括号向右移动。我们不会在相应的右括号之后移动它，以免破坏RBS。这将如何改变树？它将使相应顶点的一些子节点变成其父节点的子节点。因此，它将减少它们的深度，以及它们后代的深度。那么向左移动呢？这将使一些子节点变成自己的子节点，增加它们的深度（以及它们后代的深度）。类似的分析可以对右括号进行。
代码实现
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
void solve() {int k , bal = 0;string s;cin >> k >> s;map<int , int>last;s = '#' + s;vector<int>f;for(int i = 1 ; i < (int)s.length() ; i++) {if(s[i] == '(') bal++;else bal--;if(s[i] == ')') {f.push_back((i - last[bal]) / 2 - 1);}last[bal] = i;}sort(f.begin() , f.end());while(k && !f.empty()) k-- , f.pop_back();cout << accumulate(f.begin() , f.end() , 0LL) << '\n';return;
}
int main() {ios_base::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);int tt = 1;cin >> tt;while(tt--) solve();return 0;
}