U230600 完美与奇偶性 题解
我们发现问题可以直接转化为选取一个区间后，区间里的数全部反转（1 -> 0, 0 -> 1），有些数需要被反转奇数次，有些数需要被反转偶数次，从而一定地简化问题。
首先考虑爆搜，发现每次对一个区间的修改可以进行差分优化，于是考虑差分，实现单点修改，求最终状态使用前缀和（其实是异或）。
再次考虑到：条件 \(1\) 说 \(l\) 和 \(r\) 必须是 \(1 \sim 2n\) 的一个全排列，那么有这样一个性质：这个包含0, 1的数组中，每一个元素要么是一个修改区间的左端点，要么是一个修改区间的右端点。
接着我们就可以发现：根据差分的思想，只要知道了每个元素是一次修改区间的左端点还是右端点，最后的结果就是一定的——也就是说，跟每个点具体对应的修改区间是什么没有关系。
接下来假设我们已知每个元素应该是左端点还是右端点，比如\(1, 0, 0, 1\) 中的情况就是 LLRR（用 L 代表左，R 代表右），现在 L 和 R 可以匹配成一对有多少种匹配方案。我们可以转化为括号匹配问题，上面的 LLRR 我们转化为 (())，但此时的括号匹配略有不同：严格的括号匹配只允许 \([1, 4], [2, 3]\) 这种情况出现，但这里我们同样也允许 \([1, 3], [2, 4]\) 这种情况（即一对括号里可以不是一个合法的括号序列）。其实这样反而比严格地简单了：匹配到一个右括号，左面有多少个未被匹配的左括号，就会对答案产生多少的贡献。根据乘法原理，这个贡献应该是乘法的。
现在问题就是如何求解每个元素是左括号还是右括号。考虑 dp。
设当前元素为 \(i\)，从 \(1\) 到 \(i\) 代表左括号的元素减去代表右括号的元素一共有 \(f_{i}\) 个。
那么元素 \(a_i\) 被前 \(i - 1\) 个左括号（区间开头）翻转了 \(f_{i - 1}\) 次。（解释：\(i\) 元素左面假设有 \(x\) 个左括号，那么这 \(x\) 个左括号都有机会 \(i\) 元素带来一次翻转。哪些有机会呢？
这 \(x\) 个左括号中，对应右括号小于 \(i\) 的那 \(y\) 个，翻转区间并不包含 \(i\)，完全在 \(i\) 的左方，并不会影响到元素 \(i\)。反之对应右括号大于等于 \(i\) 的 \(x - y\) 个，翻转区间包含 \(i\)，可以给 \(a_i\) 翻转一次。自然 \(a_i\) 被翻转的次数是 \(x - y\)，即 \(f_{i - 1}\)。）
现在假设这个元素需要被翻转奇数次（\(b_i = 1\)），而 \(f_{i - 1}\) 正好是奇数，那么此时 \(a_i\) 对应的应该是右括号，于是能保证元素继续被翻转奇数次，对应地，\(f_i \gets f_{i - 1} - 1\)；如果 \(f_{i - 1}\) 是偶数，那么我们需要让元素 \(i\) 多翻转一次变成奇数，此时元素 \(i\) 应该是左括号，也就是新开一个区间。对应地，\(f_i \gets f_{i - 1} + 1\)。
假设 \(b_i = 0\)，也就是需要被翻转偶数次，那么就会反过来：\(f_{i - 1}\) 是奇数的时候对应左括号；否则对应右括号。
讲法说完，接着说点事：
一、我们可以发现，统计答案时，这样一句话：
匹配到一个右括号，左面有多少个未被匹配的左括号，就会对答案产生多少的贡献。
我们发现 \(a_i\) 左方没被匹配的左括号数量恰好是 \(f_{i - 1}\)，统计直接用到 \(f_{i - 1}\) 就可以（具体来说是 ans *= f[i - 1]）；
另外发现每次只会用到 \(f_i\) 和 \(f_{i - 1}\) ，因此压根用不到数组存 \(f\)，采用滚动的思想维护即可。
二、注意特判几种无解情况：
- 显然 \(a_1\) 和 \(a_{2n}\) 会且只会被翻转一次，那么 \(b_1\) 和 \(b_{2n}\) 都必须是 \(1\) 才有可能有解。
- 如果按照以上的匹配方案发现最终右括号和左括号数量不等（\(f_{2n} \neq 0\)），也是无解。
- 如果 \(i\) 是一个右括号，但发现左面没有左括号也能给你用了，也是无解，不过不需要我们特殊处理，因为此时 \(f_{i - 1} = 0\)，这样乘的时候答案已经是 \(0\) 了。
三、判断左括号和右括号可以更优雅。发现判断的关键是 \(b_i\) 和 \(f_{i - 1}\) 的奇偶性是否相同。维护变量 \(d\)，如果 \(d = 0\) 说明 \(b_i\) 和 \(f_{i - 1}\) 相同，反之亦然。发现如果 \(b_i = b_{i - 1}\) 时，\(d\) 才会翻转（即 d ^= 1）。为什么呢，因为从 \(i - 1\) 到 \(i\)，无论如何 \(f_i\) 都会加 \(1\) 或减 \(1\)，也就是说 \(f_i\) 和 \(f_{i - 1}\) 的奇偶性一定不同，同理 \(f_{i - 2}\) 和 \(f_{i - 1}\) 奇偶性不同，那么当 \(b_i = b_{i - 1}\) 时，\(b_i\) 相对于 \(f_{i - 1}\) 和 \(b_{i - 1}\) 相对于 \(f_{i - 2}\) 的奇偶性情况一定会改变，或者说翻转。反之亦然。
时间复杂度 \(\operatorname{O}(n)\)。
代码非常短。
/*
* @Author: crab-in-the-northeast
* @Date: 2022-07-21 15:11:59
* @Last Modified by: crab-in-the-northeast
* @Last Modified time: 2022-07-21 16:22:24
*/
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
inline int read() {
int x = 0;
bool flag = true;
char ch = getchar();
while (!isdigit(ch)) {
if (ch == '-')
flag = false;
ch = getchar();
}
while (isdigit(ch)) {
x = (x << 1) + (x << 3) + ch - '0';
ch = getchar();
}
if(flag)
return x;
return ~(x - 1);
}
const int maxn = 1e5 + 5;
const int mod = 1e9 + 7;
int b[maxn * 2];
signed main() {
int T = read();
while (T--) {
int n = read();
for (int i = 1; i <= n * 2; ++i)
b[i] = read();
if (b[1] == 0 || b[n * 2] == 0) {
puts("0");
continue;
}
int cnt = 1, ans = 1;
// 这里 cnt 其实相当于 f
for (int i = 2, d = 0; i < n * 2; ++i) { // 注意不枚举到 n * 2
if (b[i] == b[i - 1])
d ^= 1;
if (d == 1)
(ans *= cnt--) %= mod;
else
++cnt;
}
if (cnt != 1) { // 这里的 cnt 是 f[2 * n - 1]
puts("0");
continue;
}
printf("%lld\n", ans);
}
return 0;
}
标签：匹配,自做,元素,奇偶性,括号,区间,自切,翻转 来源： https://www.cnblogs.com/crab-in-the-northeast/p/luogu-u230600.html
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