动态规划|符环解题笔记 dfs|算法

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
【动态规划|符环解题笔记】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 2^n 2n，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 n^4 n4，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 16 n 3 16n^3 16n3（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; }