CodeForces 1152D Neko and Aki's Prank

说明

1. Catalan(i) 表示卡特兰数的第 i 项。

题目链接：http://codeforces.com/problemset/problem/1152/C

题目大意

　　有 n 个左括号和 n 个右括号，它们一共可以组成 Catalan(n) 个合法括号字符串，把这些字符串组建成 Trie 树，求这棵树的二分图最大匹配。

分析

　　设 Node(L, R) 表示 Trie 树的一个节点，这个节点含有 L 个左括号和 R 个右括号。

　　虽然说是求二分图最大匹配，不过这道题却不能用求最大匹配的的方法求（超时 + 爆栈），注意到这棵 Trie 是棵二叉树且根节点到每个叶子节点的距离都是一样的，都为 2*n，考虑第 2*i - 1 层和 2*i 层的边，首先 2*i 层的可选边数肯定大于等于 2*i - 1 层的可选边数，这是肯定的，因为越往下分支越多。而最优解在第 2*i - 1 层和 2*i 层的匹配情况在无非这三种之一：

1. 全选第 2*i - 1 层的边。
2. 全选第 2*i 层的边。
3. 混合选。

　　设策略1在每一层所选的边数为：A₁，A₂，……A_2n。(A_2i == 0)

　　设策略2在每一层所选的边数为：B₁，B₂，……B_2n。(B_2i-1 == 0)

　　设策略3在每一层所选的边数为：C₁，C₂，……C_2n。

　　首先，策略1肯定不是最优解，因为对于策略1的每一非0项 A_2i-1 都有 B_2i >= A_2i-1。同理，策略3也不是，因为选择第 2*i - 1 层的一条边必然要取消选择第 2*i 层的对应边，策略3顶多和策略2一样优。

　　因此匹配只考虑策略2即可。

代码如下

 #include <bits/stdc++.h>
 using namespace std;

 #define INIT() std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin.tie(0);
 #define Rep(i,n) for (int i = 0; i < (n); ++i)
 #define For(i,s,t) for (int i = (s); i <= (t); ++i)
 #define rFor(i,t,s) for (int i = (t); i >= (s); --i)
 #define ForLL(i, s, t) for (LL i = LL(s); i <= LL(t); ++i)
 #define rForLL(i, t, s) for (LL i = LL(t); i >= LL(s); --i)
 #define foreach(i,c) for (__typeof(c.begin()) i = c.begin(); i != c.end(); ++i)
 #define rforeach(i,c) for (__typeof(c.rbegin()) i = c.rbegin(); i != c.rend(); ++i)

 #define pr(x) cout << #x << " = " << x << "  "
 #define prln(x) cout << #x << " = " << x << endl

 #define LOWBIT(x) ((x)&(-x))

 #define ALL(x) x.begin(),x.end()
 #define INS(x) inserter(x,x.begin())

 #define ms0(a) memset(a,0,sizeof(a))
 #define msI(a) memset(a,inf,sizeof(a))
 #define msM(a) memset(a,-1,sizeof(a))

 #define MP make_pair
 #define PB push_back
 #define ft first
 #define sd second

 template<typename T1, typename T2>
 istream &operator>>(istream &in, pair<T1, T2> &p) {
     in >> p.first >> p.second;
     return in;
 }

 template<typename T>
 istream &operator>>(istream &in, vector<T> &v) {
     for (auto &x: v)
         in >> x;
     return in;
 }

 template<typename T1, typename T2>
 ostream &operator<<(ostream &out, const std::pair<T1, T2> &p) {
     out << "[" << p.first << ", " << p.second << "]" << "\n";
     return out;
 }

 inline int gc(){
     static const int BUF = 1e7;
     static char buf[BUF], *bg = buf + BUF, *ed = bg;

     if(bg == ed) fread(bg = buf, , BUF, stdin);
     return *bg++;
 } 

 inline int ri(){
     int x = , f = , c = gc();
     for(; c<||c>; f = c=='-'?-:f, c=gc());
     for(; c>&&c<; x = x* + c - , c=gc());
     return x*f;
 }

 typedef long long LL;
 typedef unsigned long long uLL;
 typedef pair< double, double > PDD;
 typedef pair< int, int > PII;
 typedef pair< string, int > PSI;
 typedef set< int > SI;
 typedef vector< int > VI;
 typedef map< int, int > MII;
 typedef pair< LL, LL > PLL;
 typedef vector< LL > VL;
 typedef vector< VL > VVL;
 const double EPS = 1e-;
 const LL inf = 0x7fffffff;
 const LL infLL = 0x7fffffffffffffffLL;
 const LL mod = 1e9 + ;
 const int maxN = 1e3 + ;
 const LL ONE = ;
 const LL evenBits = 0xaaaaaaaaaaaaaaaa;
 const LL oddBits = 0x5555555555555555;

 int n;
 // dp[l][r]表示以当前节点（已经选了 l 个左括号和 r 个右括号）为根的子树的最大匹配种数。
 LL dp[maxN][maxN];

 int main(){
     INIT();
     cin >> n;
     dp[n][n] = ;
     // 枚举 l + r
     rFor(k,  * n - , ) {
         int tmp = min(n, k);
         // tmp 为 l 的上限，(k + 1) / 2 为 l 的下限
         // 下限的选取保证了 l >= r
         rFor(l, tmp, (k + ) / ) {
             int r = k - l;
             //assert(l >= r);
             if(l < n) dp[l][r] += dp[l + ][r];
             dp[l][r] += dp[l][r + ];
             dp[l][r] += (l + r) % ; // 只要匹配偶数层即可
             dp[l][r] %= mod;
         }
     } 

     cout << dp[][] << endl;
     return ;
 }