符环 解题笔记

题面

Description
在可以炼制魔力强大的法杖的同时，Magic Land 上的人们渐渐意识到，魔力
强大并不一定能给人们带来好处——反而，由此产生的破坏性的高魔力释放，给
整个大陆蒙上了恐怖的阴影。

可控的魔力释放，成为了人们新的追求。这种控制魔力释放的技术，也就是
被现在的我们熟知的“魔法”。在远古时期，“魔法”由法师们口口相传，但也因
为这样，很多“古代魔法”已经成为传说——因为那时没有良好的记录魔法的方
法。

后来，天才法师Ferdinand 发现了一种记录魔法的方法：将一种特殊材料做
成的正反面均有 1行 N列格子的带子的一端扭转 180度之后与另一端粘贴，
这样就得到了一个仅有一面的环，被称为“符环” （Spell Ring） 。
符环上的某一个格子为“起始位”，并标有起始方向，这样，我们就可以给
这个环上的每一个格子进行编号： 起始位编号是 0，向起始方向移动一格为 1，
这样，一共有 2N 个格子，并且第 i 个格子的背面（虽然带子是一面的，但
是仍然有“背面”这个概念）是第(i+N) mod N 格。

法师们将魔法用一个由魔法标记“（”和“）”组成的串表示。人们发现，
所有魔法对应的串都为合法的括号序列，并且任何一个合法的括号序列都
对应一个魔法。可以发现，合法的括号序列长度均为偶数，这样就可以把一个
魔法写在符环之中：从起始格开始，向起始方向，依次写入魔法标记。

这种特殊的材料使得符环带有美丽的色彩：假如一个格子的两面写有相同
的魔法标记（即：假设这个带子是透明的，两个魔法标记重合），那么这
个格子会变为绯红色（Scarlet） ；反之，若两面的魔法标记不同，会变为深
蓝色（Deep blue）。
现在，你得到了一些古代的符环，由于年代久远，魔法标记已经变得模糊不
清，但是颜色依然保持完好。你希望知道：给定的颜色信息，对应了多少种
不同的魔法？

Input

第一行包含一个正整数T，表示符环的数量。
接下来的 T 行，每一行包含一个符环的颜色信息：
一个长度为 N的由大写字母“S”和“D”组成的字符串。
“S”表示绯红色（Scarlet），“D”表示深蓝色（Deep blue）。
从左到右依次为第 0、1、……、N-1 个格子的颜色。

Output
包含T 行：
每行一个正整数，表示该符环对应的不同魔法的数量。

Sample Input

3
D
SSD
SDSDSDSDSDSDSDSDSDSDSDSDSDSDSDSDSDSDSDSDSDSDSDSDSD

Sample Output

1
1
0

Hint
第一张符环对应了唯一的魔法“（）”。

第二张符环对应了唯一的魔法“（）（（））”。

对于第三张符环，它的长度为50，颜色是交替的。可以证明，它不能对应任

何魔法。

对于全部的数据：N ≤ 50，T ≤ 10。

解题心得

这是一道披着深搜外皮的dp题，思路是学长讲解这道题时给的，实话说我如果直接拿来做未必能想到，分明是深搜练习怎么就上dp了？？？图穷匕见了属于是 ，还是来理一下思路吧。
首先看数据规模$2^n$，显然暴力不可取，深搜不优化根本过不去，那很显然就是DP题了 。咳咳，学长明示我们要用深搜做，那就按深搜来（不过我觉得dp的话也得递归，因为循环形式的条件判别不好写），常规的可行剪枝根本无法减掉这么大的数量级，莫得选择，就记忆化有可能行。那么就应当考虑怎么记忆化搜索。
记忆化搜索的核心是找到搜索中重复搜索的部分，学长的角度是从dfs函数的函数性入手的——把它当做四元函数，那么函数的值实际只与参数这个四元组有关，而且显然的这个映射也是唯一的，由此可见在未优化的深搜中存在大量的重复枚举，会有相同的四元组大量重复出现，我们只需更新没搜索过的四元组作为参数的函数值即可，由此数据规模就降到了$n^4$，可以让人接受了。
但我实际解题时，我的dfs函数并不是四元的，而是三元的——学长的四元为：深度、[0:n]未匹配的左括号，[n:2n]未匹配的右括号,[n:2n]未匹配的左括号；我的三元则是：深度、[0:n]前缀和（‘（’为1，‘）’为-1）、[n:2n]前缀和，这样可以使数据规模变为$16n^3$（因为前缀和有负的需要重映射，数据范围变了），对于小规模的n来说可以说是负优化，大规模的n来说似乎也没有优化多少，而且条件判别复杂，索性就放弃了，转为学长的四元dfs，恐怕若不是学长点拨就误入歧途了，算法苦手有待努力啊┭┮﹏┭┮
放下AC代码

#include
#include
#include
using namespace std;

long long mem[52][52][52][52];
char ring[52];


long long dfs(int dir, int lb, int lb2, int rb2){//lb-leftbracket,lb2-leftbracket in section2[n:2n]
    if(ring[dir] == '\0'){
        return lb == rb2 && lb2 == 0;
    }
    long long &ans = mem[dir][lb][lb2][rb2];
    if(~ ans)return ans;
    ans = 0;
    if(ring[dir] == 'S'){
        ans += dfs(dir + 1, lb + 1, lb2 + 1, rb2);
        if(lb > 0){
            if(lb2 > 0){
                ans += dfs(dir + 1, lb - 1, lb2 - 1, rb2);
            }else {
                ans += dfs(dir + 1, lb - 1, lb2, rb2 + 1);
            }
        }
    }
    if(ring[dir] == 'D'){
        if(lb2 > 0){
            ans += dfs(dir + 1, lb + 1, lb2 - 1, rb2);
        }else{
            ans += dfs(dir + 1, lb + 1, lb2, rb2 + 1);
        }
        if(lb > 0){
            ans += dfs(dir + 1, lb - 1, lb2 + 1, rb2);
        }
    }
    // printf("%d %d %d %d %lld", dir, lb, lb2, rb2, ans);
    return ans;
}

int main(){
    int loop;
    scanf("%d", &loop);
    while (loop--)
    {
        scanf("%s", ring);
        memset(mem, -1, sizeof(mem));
        printf("%lld\n", dfs(0, 0, 0, 0));
    }
    system("pause");
    return 0;
    
}