标签：范围 san namespace return 一个 csharp ora ati i+1
一行一个字符串$ss$，保证$ss$中只包含$‘(‘$和$‘)‘$。
一行一个整数，表示满足要求的子序列数对$10^9+7$的结果。
样例输入1：
)(()()
样例输出1：
6
样例输入2：
()()()
样例输出2：
7
样例输入3：
)))
样例输出3：
0
样例解释：
第一组样例中，有以下几种子序列满足条件（字符串下标从$1$计数）：
删除$1,5$位置的字符，得到$(())$
删除$1,2,3,4$位置的字符，得到$()$
删除$1,2,4,5$位置的字符，得到$()$
删除$1,2,5,6$位置的字符，得到$()$
删除$1,3,4,5$位置的字符，得到$()$
删除$1,3,5,6$位置的字符，得到$()$
数据范围：
设$n$为$ss$长度
对于$20\%$的数据，$n\leqslant 20$
对于$50\%$的数据，$n\leqslant 2,000$
对于$100\%$的数据，$n\leqslant 200,000$
可以从左到右枚举左右括号的分界点，但是显然会算重，考虑容斥？
其实有更简单的做法，直接要求旁边的左（右）括号必须选就好了。
然后就有了$n^2$的做法。
但是如果你做过这道题：排列组合，那就简单多了。
时间复杂度：$\Theta(n)$。
期望得分：$100$分。
实际得分：$100$分。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=1000000007;
int n;
char ch[200001];
int l[200001],r[200001];
long long fac[200001],inv[200001];
long long ans;
long long qpow(long long x,long long y)
{
long long res=1;
while(y)
{
if(y&1)res=res*x%mod;
x=x*x%mod;
y>>=1;
}
return res;
}
void pre_work()
{
fac[0]=1;
for(int i=1;i<=200000;i++)
fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
inv[200000]=qpow(fac[200000],mod-2);
for(int i=200000;i;i--)
inv[i-1]=inv[i]*i%mod;
}
long long C(long long x,long long y)
{
if(x<y)return 0;
return fac[x]*inv[y]%mod*inv[x-y]%mod;
}
int main()
{
pre_work();
scanf("%s",ch+1);
n=strlen(ch+1);
for(int i=1;i<=n;i++)l[i]=l[i-1]+(ch[i]==‘(‘);
for(int i=n;i;i--)r[i]=r[i+1]+(ch[i]==‘)‘);
for(int i=1;i<=n;i++)
if(ch[i]==‘(‘)
ans=(ans+C(l[i-1]+r[i+1],r[i+1]-1))%mod;
printf("%lld",ans);
return 0;
}
rp++
标签：范围 san namespace return 一个 csharp ora ati i+1
原文地址：https://www.cnblogs.com/wzc521/p/11730090.html
