对于 \(\text{P1}\) 的档，首先可以看出 \(O(n^3)\) 的方法，即用 \(O(n^3)\) 的 \(\text{DP}\) 判断合法性以及记录路径。具体是这样的，因为括号匹配可以用一个弹栈的模型去表示（前括号入，后括号弹），用一个整数就可以表示当前的匹配状态，所以用 \(dp_{i,j,k}\) 表示第 \(i\) 个括号，忽视蓝色括号栈中有 \(j\) 个前括号，忽视红色括号栈中有 \(k\) 个前括号。则如果加入一个红前括号，则 \(j\) 加一；若加入一个蓝前括号，则 \(k\) 加一；若加入一个绿前括号，则 \(j,k\) 均加一。后括号同理。
从这个转移来看，似乎就是一个走棋盘的模型，但是单看走棋盘似乎也看不出什么。那么把棋盘拍扁成一维，只保存当前位置到起点的距离。设 \((0,0)?\) 在最左上角，那么向右或下走距离加 \(1?\) ，右下则加 \(2?\) ，反之同理。不难发现，如果存在把距离变回零的方案，则棋盘上可以走回 \((0,0)?\) 的方案肯定可以构造出来。
一顿操作，问题变成了给定一个加减号序列，你需要在里面适当位置填上 \(1\) 或 \(2\) ，满足任意前缀大于等于 \(0\) ，最终总和等于 \(0\) 。
这时候，贪心策略也渐渐显然，通过维护某一时刻最大的前缀 \(u\) ，最小的前缀 \(d\) 。扫到某一时刻，碰到加号（左括号）则 \(u+2,d+1\)，碰到减号（右括号）则 \(u-1,d-2\) ，最大前缀小于零则要求一无法满足，而最小前缀小于零就补到零（表示可以将其中一个的 \(-2\) 变成了 \(-1\) ），最后得到的 \(d\) 不是零就说明加号过多，要求二无法满足，同样不合法。
我们得到的 \(u\) 就告诉我们如果只有 \(+2,-1\) 时，最后会是几，那我们就倒着扫这么多个数，把 \(+2\) 变成 \(+1\) ，\(-1\) 变成 \(-2\) 。
这样就得到了这个加减号序列，最后我们只用把 \(+1\) 换成红蓝交替的前括号，\(-1\) 换成红蓝交替的后括号，\(+2,-2\) 分别换成绿色前后括号即可。
会 \(O(n)\) 判断合法性，就直接按照这个 \(\text{DP}\) 就可以切 \(\text{P2}\) 档了，可以直接看代码。
#include<bits/stdc++.h>
#define FOR(i,x,y) for(int i=(x),i##END=(y);i<=i##END;++i)
#define DOR(i,x,y) for(int i=(x),i##END=(y);i>=i##END;--i)
template<typename T,typename _T>inline bool chk_min(T &x,const _T y){return y<x?x=y,1:0;}
template<typename T,typename _T>inline bool chk_max(T &x,const _T y){return x<y?x=y,1:0;}
typedef long long ll;
namespace Subtask1
{
const int N=1e6+5;
char str[N];
int ans[N];
int n;
int check()
{
int d=0,u=0;
FOR(i,1,n)
{
if(str[i]=='(')d+=1,u+=2;
else
{
d-=2,u-=1;
chk_max(d,0);
if(u<0)return -1;
}
}
if(d>0)return -1;
return u;
}
void Solve()
{
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%s",str+1);
n=strlen(str+1);
int res=check();
if(res==-1){printf("impossible\n");continue;}
FOR(i,1,n)ans[i]=0;
int flg=-1;
if(res)DOR(i,n,1)
{
if(str[i]=='(')ans[i]=flg,flg=-flg;
else ans[i]=2;
res--;
if(!res)break;
}
flg=-1;
FOR(i,1,n)if(str[i]==')')
{
if(ans[i]==2)break;
ans[i]=flg,flg=-flg;
}
FOR(i,1,n)
{
if(ans[i]==1)putchar('R');
else if(ans[i]==-1)putchar('B');
else putchar('G');
}
puts("");
}
}
};
namespace Subtask2
{
const int P=1e9+7;
const int N=305;
int dp[N][N][N<<1];
int ans[N];
void pls(int &x,int y){x+=y;if(x>=P)x-=P;}
void Solve()
{
memset(dp,0,sizeof(dp));
dp[0][0][0]=1;
FOR(i,0,299)
{
FOR(j,0,i)FOR(k,0,2*i)
{
pls(dp[i+1][j+1][k+2],dp[i][j][k]);
if(k)pls(dp[i+1][std::max(0,j-2)][k-1],dp[i][j][k]);
}
FOR(j,0,2*i)pls(ans[i+1],dp[i+1][0][j]);
}
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
int n;
scanf("%d",&n);
printf("%d\n",ans[n]);
}
}
};
int main()
{
int knd;
scanf("%d",&knd);
if(knd==1)Subtask1::Solve();
else if(knd==2)Subtask2::Solve();
return 0;
}BalkanOI 2018 Parentrises（贪心+基础DP）
原文：https://www.cnblogs.com/Paulliant/p/10673704.html