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题目描述

Petya遇到了一个关于括号序列的问题： 给定一个字符串$S$，它代表着正确的括号序列，即 “$($” 与 “$)$” 是匹配的。例如：“$(())()$” 和 “$()$”是正确的，“$)()$”与“$(()$”则不是正确的。 在正确的括号序列中，一个左边的括号一定是匹配一个右边的括号（反之亦然）。例如，在下图中，第 $3$ 个括号匹配第 $6$ 个括号，第 $4$ 个括号匹配第 $5$ 个括号。
现在你需要对一个正确的括号序列做涂色操作，严格满足以下三个条件：

1、每个括号要么不涂色，要么涂红色，要么涂蓝色。

2、一对匹配的括号需要且只能将其中一个涂色。

3、相邻的括号不能涂上同一种颜色（但是可以都不涂颜色）。

求：给整个括号序列涂上颜色的方案数，答案可能比较大，对 $10^9+7$ 取模。

输入格式

输入的第一行包含一个字符串 $s$，($2<=|s|<=700$)，代表一个正确的括号序列。

输出格式

输出方案数。（对 $10^9+7$ 取模）

样例

输入

(()())

输出

40

分析

读者不难想到这是一道区间DP。当我们定义$dp[l][r]$为左端点为$l$，右端点为$r$的方案总数会发现，我们不知道某个点到底是什么颜色，规则的第二点和第三点就不好计算。
不妨令$dp[l][r][p][q]$为左端点为 $l$，右端点为 $r$，且 $a[l]$的颜色为 $color[p]$，$a[r]$的颜色为 $color[q]$的方案总数。（我写的$color[0]$是无色）

DP_1

若 $len=2$，此时有

dp[l][r][1][0] = 1; dp[l][r][0][1] = 1;dp[l][r][2][0] = 1; dp[l][r][0][2] = 1;

DP_2

在$dp[l][r]$中，若$a[l]$和$a[r]$是一组匹配的括号，那么

dp[l][r][1][0] = (dp[l + 1][r - 1][2][2] + dp[l + 1][r - 1][0][0] + dp[l + 1][r - 1][0][1] + dp[l + 1][r - 1][2][0] + dp[l + 1][r - 1][0][2] + dp[l + 1][r - 1][2][1]) % Mod;dp[l][r][2][0] = (dp[l + 1][r - 1][1][2] + dp[l + 1][r - 1][0][0] + dp[l + 1][r - 1][0][1] + dp[l + 1][r - 1][1][0] + dp[l + 1][r - 1][0][2] + dp[l + 1][r - 1][1][1]) % Mod;dp[l][r][0][1] = (dp[l + 1][r - 1][2][2] + dp[l + 1][r - 1][0][0] + dp[l + 1][r - 1][1][0] + dp[l + 1][r - 1][2][0] + dp[l + 1][r - 1][0][2] + dp[l + 1][r - 1][1][2]) % Mod;dp[l][r][0][2] = (dp[l + 1][r - 1][2][1] + dp[l + 1][r - 1][0][0] + dp[l + 1][r - 1][1][0] + dp[l + 1][r - 1][0][1] + dp[l + 1][r - 1][2][0] + dp[l + 1][r - 1][1][1]) % Mod;

至于为什么，我不想多说了，，，其实就是把所有可行的情况加起来。当然你也可以用四重循环。

DP_3

若不匹配，可以找到与$a[l]$匹配的右括号$a[k]$（用栈$stack$），把$dp[l][r]$分成$dp[l][k]$和$dp[k+1][r]$，我们如果还像上面那样一个一个列举，会很累的…用四重循环枚举$a[l]$、$a[k]$、$a[k+1]$、$a[r]$的颜色，只用剪掉$a[k]$和$a[k+1]$颜色相同的情况就行了。当然情况二用这个也会简单很多。（$l\le k\le r$）

for(int o = 0; o < 3; o ++) {   	for(int p = 0; p < 3; p ++) {   		for(int q = 0; q < 3; q ++) {   			for(int s = 0; s < 3; s ++) {   				if((p == 1 && q == 1) || (p == 2 && q == 2)) continue;				dp[l][r][o][s] = (dp[l][r][o][s] + dp[l][Match[l]][o][p] * dp[Match[l] + 1][r][q][s]) % Mod;			}		}	}}

代码

#include <cstdio>#include <algorithm>#include <cmath>#include <cstring>#include <stack>#define LL long longusing namespace std;const int Mod = 1000000007, MAXN = 705;char a[MAXN];int n, r, Match[MAXN];LL dp[MAXN][MAXN][3][3], ans;stack <int> sk;int main() {   //	freopen("coloring.in", "r", stdin);//	freopen("coloring.out", "w", stdout);	scanf("%s", a + 1);	n = strlen(a + 1);	for(int i = 1; i <= n; i ++) {   		if(a[i] == '(') sk.push(i);		else {   			Match[sk.top()] = i;			sk.pop();		}	}	for(int len = 2; len <= n; len ++) {   		for(int l = 1; l <= (n - len + 1); l ++) {   			r = l + len - 1;			if(l == (r - 1)) {   				dp[l][r][1][0] = 1; dp[l][r][0][1] = 1; dp[l][r][2][0] = 1; dp[l][r][0][2] = 1;			}			else if(Match[l] == r) {   				dp[l][r][1][0] = (dp[l + 1][r - 1][2][2] + dp[l + 1][r - 1][0][0] + dp[l + 1][r - 1][0][1] + dp[l + 1][r - 1][2][0] + dp[l + 1][r - 1][0][2] + dp[l + 1][r - 1][2][1]) % Mod;				dp[l][r][2][0] = (dp[l + 1][r - 1][1][2] + dp[l + 1][r - 1][0][0] + dp[l + 1][r - 1][0][1] + dp[l + 1][r - 1][1][0] + dp[l + 1][r - 1][0][2] + dp[l + 1][r - 1][1][1]) % Mod;				dp[l][r][0][1] = (dp[l + 1][r - 1][2][2] + dp[l + 1][r - 1][0][0] + dp[l + 1][r - 1][1][0] + dp[l + 1][r - 1][2][0] + dp[l + 1][r - 1][0][2] + dp[l + 1][r - 1][1][2]) % Mod;				dp[l][r][0][2] = (dp[l + 1][r - 1][2][1] + dp[l + 1][r - 1][0][0] + dp[l + 1][r - 1][1][0] + dp[l + 1][r - 1][0][1] + dp[l + 1][r - 1][2][0] + dp[l + 1][r - 1][1][1]) % Mod;			}			else if(l <= Match[l] && Match[l] <= r) {   				for(int o = 0; o < 3; o ++) {   					for(int p = 0; p < 3; p ++) {   						for(int q = 0; q < 3; q ++) {   							for(int s = 0; s < 3; s ++) {   								if((p == 1 && q == 1) || (p == 2 && q == 2)) continue;								dp[l][r][o][s] = (dp[l][r][o][s] + dp[l][Match[l]][o][p] * dp[Match[l] + 1][r][q][s]) % Mod;							}						}					}				}			}		}	}	for(int i = 0; i <= 2; i ++) {   		for(int j = 0; j <= 2; j ++) {   			ans = (ans + dp[1][n][i][j]) % Mod;		}	}	printf("%lld", ans);	return 0;}

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