Codeforces 629C Famil Door and Brackets

题意：

给定长度为m的序列s，求一共有多少对p,q，使得：

• p+s+q长度为n，且’(‘数与’)’数相等。
• p+s+q的任意前缀’(‘数比’)’数多。

其中s,p,q均为’(‘和’)’组成的序列。

分析：

设 dp[i][j] 为长度为 i 的序列中’(‘比’)’多的个数为 j 的情况数，很容易想到时间和空间复杂度均为 O(n∗(n−m)) 的方法。但是如果 p+s 中’(‘比’)’多的个数为 j ，那么 q 中’(‘比’)’多的个数为 −j 即可，利用对称性，这样情况数又等于 dp[i][j] 。把 j 所有可能值都算出来，最后在将 j 和 −j 的情况数相乘即可。时间空间复杂度为 O((n−m)2) 。

代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
const int INF=0x3fffffff, maxn = 1e5 + 5, maxm = 2005, mod = 1e9 + 7;
char a[maxn];
long long dp[maxm][maxm];
int n, m;
int main (void)
{
    int n, m, cnt = 0;
    scanf("%d%d",&n, &m);
    scanf("%s", a);
    int lcnt = INF;
    for(int i = 0; i < m; i++){
        if(a[i] == '(') cnt++;
        else  cnt--;
        if(i == 0) lcnt = cnt;
        lcnt = min(lcnt, cnt);
    }
    long long res = 0;
    dp[0][0] = 1;
    for(int i = 1; i <= n - m; i++){
        for(int j = 0; j <= i; j++){
            if(j == 0) {
                dp[i][j] = dp[i - 1][j + 1];
                continue;
            }
            dp[i][j] =(dp[i - 1][j - 1] + dp[i - 1][j + 1]) % mod ;
        }
    }
    for(int i = 0; i <= n - m; i++){
        for(int j = 0; j <= i; j++){
            if(j + lcnt >= 0&&j + cnt <= n - m){
                 res += dp[i][j] * dp[n - m - i][j + cnt];
                 res %= mod;
            }
        }
    }
    printf("%I64d\n", res);
    return 0;
}