loj2839

除了 L 神 txdy 我还能说啥呢。（L 神把这题搬模拟赛了。。。）

即把每个 x 换成 ( 或 )，问是否能通过不多于一次区间反转（( 与 ) 交换）后合法。

考虑怎样的括号串是合法的。

假设左括号为 \(a_p=0\)，右括号为 \(a_p=1\)，标号 \(0\sim n-1\)。

我们设 \(S_r=\sum_{k<r}(-1)^{a_k}\)，则一个串合法当且仅当

\[S_p\ge0\land S_n=0
\]

容易发现只要 \(\{S_k\}\) 不同则不同，我们构造了一个 \(S\) 和括号串的双射。（折线法！）

现在再考虑反转操作。

假设反转 \([l,r)\)。

则

\[S_p\ge0\quad(p\le l)
\]

\[S_l-(S_p-S_l)\ge0\quad(l<p\le r)
\]

\[S_l-(S_r-S_l)+(S_p-S_r)\ge0\quad(r<p)
\]

\[S_l-(S_r-S_l)+(S_n-S_r)=0
\]

化简代换一下，也即

\[S_p\ge0\quad(p\le l)
\]

\[S_p\le2S_l\quad(l<p\le r)
\]

\[S_p\ge S_n\quad(r<p<n)
\]

\[S_n=2(S_r-S_l)
\]

考虑到直接 dp 可能会计重（合法的 \(l,r\) 不唯一），考虑如何避免计重。

一般来说，避免计重可以通过对条件的贪心化实现，也即对每种方案确定某种最优的 \((l,r)\) 对。

假设 \(l\sim r\) 间最大 \(S\) 为 \(S_{\max}\)，容易发现 \(S_{\max}\le2S_l\)。

考虑对 \(S_n\) 分类讨论。

当 \(S_n>0\) 时，假设存在 \(S_p<0\)，取 \(S_l=\lceil S_{\max}/2\rceil\) 总是不妨最优（顺带一提，\(2\le S_n\le S_r=S_l+S_n/2\le S_{\max}\le2S_l\)）；也即 \(2S_l-1\le S_{\max}\le2S_l\)。并且总是取最后一个可能的 \(l\)，因此下次枚举到一个 \(S_p=S_l\) 时要查看 \(S_l\sim S_p\) 区间内有无 \(S<0\)，倘没有则总是不得转移。可以证明这样的 \(l\) 总是最优且唯一。

区间合法遇到 \(r\) 时，我们总应使区间内最大数在 \(2S_l-1\sim2S_l\) 间，且存在 \(S_p<0\)。

由于可能会有另一个合法的 \(S_{r'}=S_r\) 在当前 \(S_r\) 后，考虑如何避免：考虑强制令到下一次出现 \(S_{r'}=S_r\) 之前有某个 \(S_p=2S_l+1\)，或一直到 \(S_n\) 均无另一个 \(S_{r'}=S_r\) 则可行，否则不可行。容易发现不会漏统计情况，也不会计重。

第二类情况的计算可以考虑倒推，记录当前 \(S_r-S_n\) 和目前最大 \(S_r-S_n\)，可以 \(O(n^3)\) 预处理。

对于第一类情况，即考虑枚举下次出现 \(S_p=2S_l+1\) 的时间来计算方案数，这个可以倒推预处理。通过预处理从 \(n\) 到 \(p\)，保持 \(S_p-S_n\ge0\)，当前 \(S_p-S_n\) 为某值的方案数，以及进一步到 \(S_v-S_n\)，其间所有 \(S_l-S_n<S_k-S_n<S_p-S_n\)，直至开头为某数的方案数，来暴力计算。这是 \(O(n^4)\) 的，并且很难优化。

考虑到这么做复杂度不优，我们略做修改，不枚举 \(r\)，而是对区间内最大值容斥，枚举何时出现超过最大值边界的元素，这样此前所有可能的 \(S_r\) 均可以出现，从而无需对 \(r\) 端点去重。特别地，如果到终点均未出现超过边界的元素，这类贡献我们还是用先前第二类预处理的方式计算。

这样会好写一点，并且避免了复杂度不优的问题。

对于 \(S_p\ge0\) 恒成立的情况，我们考虑另写一个 dp 判断。

类似于刚刚的 dp，但是区间内不能出现与 \(S_l\) 相等的数。

考虑设 \(x\) 为最大的满足 \(S_x-S_n<0\) 的数，则取 \(r\) 为最大的满足 \(S_r-S_n=\min\{S_k-S_n|x<k\le n\}\) 即可。

只用计算这样的合法方案数即可，与上面过程是类似的。

只用找一个 \(l\) 满足 \(S_l=S_r-S_n/2\)，且 \(S_{\max}\le2S_l\) 即可。显然这样的 \(l\) 越大越好，因此区间内不能有和目前 \(S_l\) 一样大的数，也即所有数均大于 \(S_l\)。

容易发现把前面的 dp 过程中未出现负数的方案也用来计算答案即可。

但是这样会算重，所以观察性质，容易发现某些情况的充要条件是 \(\max\{S_k|x<k\le n\}\ge2S_n\)，然后就完了。

这样我们就讨论完了 \(S_n>0\) 的情况。

而 \(S_n<0\) 和 \(S_n>0\) 就差一个全局翻转，翻过来一样做即可。

考虑 \(S_n=0\)，这个的合法条件是什么？

如果 \(S_p\ge0\) 恒成立，显然总可行。

否则，我们设 \(x\) 是第一个 \(S_x<0\)，\(y\) 是最后一个 \(S_y<0\)，则合法等价于

\[\max\{S_k|x\le k\le y\}\le2\min\{\max\{S_k|k<x\},\max\{S_k|k>y\}\}
\]

于是同样 dp 即可。

总复杂度容易做到 \(O(n^3)\)。

重新理一遍。

先考虑 \(S_n>0\) 的情况的答案。

由于刚刚的过程过于抽象，我们用 dp 方程来描述这一做法。

对于 \(\texttt x\)，我们认为其 \(a_p\) 在过程中既可以为 \(0\)，也可以为 \(1\)，相当于是做两轮转移。

设 \(f_{m,v}\) 为已考虑前 \(m\) 项，其 \(S_p\ge0\) 均成立，且 \(S_m=v\) 的方案数。

显然有（\(\leftarrow\) 表示 dp 的贡献转移方向，不是赋值）

\[f_{0,v}=[v=0]
\]

\[f_{m+1,v+1}\leftarrow[a_m=0]f_{m,v}
\]

\[f_{m+1,v-1}\leftarrow[a_m=1][v>0]f_{m,v}
\]

同样的，设 \(g_{m,v}\) 为已考虑 \(m\sim n\) 项，其 \(S_p-S_n\ge0\) 均成立，且 \(S_m-S_n=v\) 的方案数。

\[g_{n,v}=[v=0]
\]

\[g_{m+1,v+1}\leftarrow[a_m=1]g_{m,v}
\]

\[g_{m+1,v-1}\leftarrow[a_m=0][v>0]g_{m,v}
\]

我们类似地维护后缀、后缀最大值的 dp，方法类似。

假设 \(h_{m,L,v,0/1}\) 为已考虑 \(0\sim m\) 项，\(S_l=L\)，\(S_m=v\)，区间内是否已出现负数。

计算两遍，第一遍要求 \(v\le2L\)，第二遍要求 \(v\le2L-2\)。

遇到 \(v>2L\) 或者 \(v>2L-2\) 的元素可以直接计算对答案的贡献，注意特判 \(L=1\)。

然后分类计算贡献即可。dp 不予列出。

\(S_p<0\) 同理。

\(S_p=0\) 的部分，分类左侧小还是右侧小，分别写一遍即可。

虽然但是，L 神 txdy！

代码写了 13k。。。