cf1598f RBS

定义括号序列为只包括 \(\texttt{(}\) 和 \(\texttt{)}\) 的字符串。一个匹配的括号序列 (简记为 RBS) 满足，可以在其中加入 \(1\) 和 \(+\)，将其转化为合法的代数式，例如：

• \(\texttt{()()}\) 和 \(\texttt{(())}\) 是匹配的
• \(\texttt{)(}\) 和 \(\texttt{(}\) 和 \(\texttt{)}\) 不是

将两个字符串拼接在一起简记为 \(x+y\) 。例如，\(\texttt{()()}+\texttt{)(}=\texttt{()())(}\) .

给定 \(n\) 个括号序列 \(s_1\sim s_n\) ，你可以将他们任意重新排序，要求使得最终排序后的字符串满足 \(s_1+\dots+s_n\) 的 RBS 前缀个数最多。

\(1\leq n\leq 20,\sum |s_i|\leq 4\cdot 10^5\)

\(20=\) 状压 .

\(dp(S)\) 表示已经选择集合为 \(S\) 的字符串的最大代价.

首先，如果 \(S\) 中的字符串排列出现 \(<0\) 的位置肯定不合法. 但是，观察得到，对于状态 \(S\) ，\(\texttt{(}\) 的个数 \(-\) \(\texttt{)}\) 的个数的值是一定的，所以，对于新加入字符串能产生贡献的位置也是固定的. 考虑加入 \(s_i\) ，设加入 \(s_i\) 的贡献是 \(w\) ，那么出现两种情况，加入 \(s_i\) 之后使得整个字符串出现 \(<0\) 的位置，那么，\(dp(S)+w\) 与答案取最大值即可；否则，用 \(dp(S)+w\) 去跟新 \(dp(s+i)\) .

现在剩下的问题就是如果求出对于 \(s_i\) 中每种位置的贡献，产生贡献的位置必定是前缀最小值，并且一定是非正数，所以考虑先处理出这些位置，发现单调不增，那么相同的一段的数量就是当前此种位置的贡献了.

(本来是看到 ds 的 tag 才去做的，ds 呢，用到 ds 了吗？)

时间复杂度 : \(O(\sum|s_i|+2^n)\)

空间复杂度 : \(O(2^n+\sum |s_i|)\)

code

#include
using namespace std;
const int N=20,L=4e5+10;
int n;
string str[N];
int w[N][L],mn[N];
int a[N],sum[1<v;
	int tmp=0;
	for(int i=0;i<(int)s.size();i++){
		tmp+=s[i]==')'?-1:1;
		mn[id]=min(mn[id],tmp);
		if(s[i]==')'&&tmp<=0&&tmp==mn[id])v.push_back(-tmp);
	}
	a[id]=tmp;
	for(int i=0;i<(int)v.size();i++){
		int cnt=0,j=i;
		for(j=i;j<(int)v.size();j++){
			if(v[i]==v[j])++cnt;
			else break;
		}
		w[id][v[i]]=cnt;
		i=j-1;
	}
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
	cin>>n;
	for(int i=0;i>str[i];
	memset(mn,0x3f3f3f3f,sizeof(mn));
	for(int i=0;i