CF785D Anton and School

Solution

这个题经过一番思考，发现前面一位和后面一位之间是不会相互影响的，也就是各自的贡献是独立算的。

那我们就直接通过一些排列组合的方式来求出答案即可。

刚刚我提到了贡献，所以我们可以对这个括号序列的每一位进行计算，最后相加。然后发现因为他们是成对匹配的，当你算左括号的时候，右括号已经被算了一遍，算右括号的时候，左括号被算了一次，会重复计算。那么就只考虑左括号就行了。

记录当前位左边有多少左括号（包括自己），右边有多少右括号，设有 (a) 个左括号， (b) 个右括号，那么满足条件的子串会多 (C_{a-1}^0C_b^1+C_{a-1}^1C_b^2+cdots+C_{a-1}^xC_{b}^{x+1}+cdots=sumlimits_{i=0}^{min(a-1,b-1)}C_{a-1}^xC_b^{x+1}) 。

然后有个神奇的东西叫范德蒙德卷积，它是长这个样子的： (sumlimits_{i=0}^kC_n^iC_m^{k-i}=C_{n+m}^k) 。

原题中的式子我们也可以类似的转化： (sumlimits_{i=0}^{min(a-1,b-1)}C_{a-1}^xC_b^{x+1}=sumlimits_{i=0}^{min(a-1,b-1)}C_{a-1}^{a-x-1}C_b^{x+1}=C_{a+b-1}^a) 。

呜呼，那么我们只要预处理出每一位的左括号，右括号和组合数就好了。

时间复杂度： (O(len_s))

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define ll long long

using namespace std;
const int N=200010,mod=1e9+7;
char s[N];
int l[N],r[N];
ll ans,fac[N],inv[N];

ll fpow(ll a,ll b){
    ll res=1;
    while(b){
        if(b&1) res=res*a%mod;
        a=a*a%mod;
        b>>=1;
    }
    return res;
}

inline void init(){
    fac[0]=1;
    for(int i=1;i<=200000;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
    inv[200000]=fpow(fac[200000],mod-2);
    for(int i=200000;i>=1;i--) inv[i-1]=inv[i]*i%mod;
}

inline ll C(ll n,ll m){
    if(n<m) return 0;
    return fac[n]*inv[n-m]%mod*inv[m]%mod;
}

int main(){
    init();
    scanf("%s",s+1);
    int len=strlen(s+1);
    for(int i=1;i<=len;i++)
        l[i]=(s[i]=='('?l[i-1]+1:l[i-1]);
    for(int i=len;i>=1;i--)
        r[i]=(s[i]==')'?r[i+1]+1:r[i+1]);
    for(int i=1;i<=len;i++)
        if(s[i]=='(') ans=(ans+C(l[i]+r[i]-1,l[i]))%mod;
    printf("%lld
",ans);
    return 0;
}