【51nod 1791】 合法括号子段

有一个括号序列，现在要计算一下它有多少非空子段是合法括号序列。

合法括号序列的定义是：

1.空序列是合法括号序列。

2.如果S是合法括号序列，那么(S)是合法括号序列。

3.如果A和B都是合法括号序列，那么AB是合法括号序列。

Input

多组测试数据。

第一行有一个整数T（1<=T<=1100000），表示测试数据的数量。

接下来T行，每一行都有一个括号序列，是一个由'('和')'组成的非空串。

所有输入的括号序列的总长度不超过1100000。

Output

输出T行，每一行对应一个测试数据的答案。

Input示例

5
(
()
()()
(()
(())

Output示例

20
1
3
1
2

题解

对于判断括号序列的合法性，有一种很简洁的方法：

设左括号为-1，右括号为+1,求得一个前缀和数组\(f\)。

那么正确的括号序列必然是以-1开头，0结尾，且中间的数都小于等于零。

知道了这个，此题还需要链表+RMQ操作

首先对于每一个前缀建一个链表\(nxt[f[i]]\)。

假设我们以i为括号序列起点，那么它右边的前缀都得\(-f[i-1]\)，那么下一个为0的位置是\(nex[f[i-1]]\),我们已经预处理它的位置

直接RMQ查询即可。诶，这样好像也会超时，最坏情况下也是\(O(n^2)\)的，因为我们会沿着链表跳很多次。。。

那么就倒着做吧，我们记录好以nex[i]为结尾的的答案，以后直接累加即可，至此，时间复杂度降为\(O(nlogn)\)

参考代码

#include <map>
#include <queue>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <complex>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define ll long long
#define inf 1000000000
#define PI acos(-1)
#define REP(i,x,n) for(ll i=x;i<=n;i++)
#define DEP(i,n,x) for(ll i=n;i>=x;i--)
#define mem(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
using namespace std;
ll read(){
ll x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
void Out(ll a){
if(a<0) putchar('-'),a=-a;
if(a>=10) Out(a/10);
putchar(a%10+'0');
}
const int N=1100000+10;
char a
;
int f
;
map<int,int> fa;
map<int,int>vis;
int nxt
;
int dp
[20];
void RMQ_init(int n){
for(int i=1;i<=n;i++) dp[i][0]=f[i];
for(int j=1;(1<<j)<=n;j++){
for(int i=1;i+(1<<j)-1<=n;i++){
dp[i][j]=max(dp[i][j-1],dp[i+(1<<(j-1))][j-1]);
}
}
}
int RMQ(int L,int R){
int k=0;
while((1<<(k+1))<=R-L+1) k++;
return max(dp[L][k],dp[R-(1<<k)+1][k]);
}
int main() {
int T=read();
while(T--){
scanf("%s",a+1);
f[0]=0;int n=strlen(a+1);
for(int i=1;i<=n;i++){
if(a[i]=='(') f[i]=f[i-1]-1;
else f[i]=f[i-1]+1;
}
fa.clear();vis.clear();RMQ_init(n);
ll ans=0;
for(int i=n;i>=0;i--){
if(!fa[f[i]]) fa[f[i]]=-1;
nxt[i]=fa[f[i]];
fa[f[i]]=i;
}
vis[-1]=0;
for(int i=n;i>=1;i--){
if(a[i]=='('){
if(nxt[i-1]==-1) vis[i-1]=0;
else{
if(RMQ(i,nxt[i-1])<=f[i-1]) vis[i-1]+=vis[nxt[i-1]]+1;
else vis[i-1]=0;
}
ans+=vis[i-1];
}
}
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}