例如 $(())()$ 是合法括号序列，而 $)()$ 不是。
-有时候会有多种不同的括号，如 $[()]\{\}$。这样的变种括号序列与朴素括号序列有相似的定义。
+有时候会有多种不同的括号，如 $[()]\{\}$ 。这样的变种括号序列与朴素括号序列有相似的定义。
本文将会介绍与括号序列相关的经典问题。
- 如果 $s_i$ 是右括号且栈非空且栈顶元素是 $s_i$ 对应的左括号，就弹出栈顶元素。
- 若不满足上述条件，则将 $s_i$ 圧入栈中。
-在遍历整个 $s$ 后，若栈是空的，那么 $s$ 就是合法括号序列，否则就不是。算法复杂度 $O(n)$。
+在遍历整个 $s$ 后，若栈是空的，那么 $s$ 就是合法括号序列，否则就不是。算法复杂度 $O(n)$ 。
## 合法括号序列计数
-考虑求出长度为 $2n$ 的合法括号序列 $s$ 的个数 $f_n$。不妨枚举与 $s_1$ 匹配的括号的位置，假设是 $2i+2$。它将整个序列又分成了两个更短的合法括号序列。因此
+考虑求出长度为 $2n$ 的合法括号序列 $s$ 的个数 $f_n$ 。不妨枚举与 $s_1$ 匹配的括号的位置，假设是 $2i+2$ 。它将整个序列又分成了两个更短的合法括号序列。因此
$$
f_n=\sum_{i=0}^{n-1}f_if_{n-i-1}
$$
-这同样是卡特兰数的递推式。也就是说 $f_n=\frac{1}{n+1}\binom{2n}{n}$。
+这同样是卡特兰数的递推式。也就是说 $f_n=\frac{1}{n+1}\binom{2n}{n}$ 。
-当然，对于变种合法括号序列的计数，方法是类似的。假设有 $k$ 种不同类型的括号，那么有 $f'_n=\frac{1}{n+1}\binom{2n}{n}k^n$。
+当然，对于变种合法括号序列的计数，方法是类似的。假设有 $k$ 种不同类型的括号，那么有 $f'_n=\frac{1}{n+1}\binom{2n}{n}k^n$ 。
## 字典序后继
-给出合法的括号序列 $s$，我们要求出（将长度为 $|s|$ 的所有合法括号序列）按字典序从小到大排序后 $s$ 的下一个合法括号序列，我们认为左括号的字典序小于右括号。在本问题中我们不考虑变种括号序列。
+给出合法的括号序列 $s$ ，我们要求出（将长度为 $|s|$ 的所有合法括号序列）按字典序从小到大排序后 $s$ 的下一个合法括号序列，我们认为左括号的字典序小于右括号。在本问题中我们不考虑变种括号序列。
-我们需要找到一个最大的 $i$ 使得 $s_i$ 是左括号然后将其变成右括号，并将 $s[i+1,|s|]$ 这部分重构一下。另外，$i$ 必须满足：$s[1,i-1]$ 中左括号的数量**大于**右括号的数量。
+我们需要找到一个最大的 $i$ 使得 $s_i$ 是左括号然后将其变成右括号，并将 $s[i+1,|s|]$ 这部分重构一下。另外， $i$ 必须满足： $s[1,i-1]$ 中左括号的数量 **大于** 右括号的数量。
-不妨设当 $s_i$ 变成右括号后，$s[1,i]$ 中左括号比右括号多了 $k$ 个。那么我们就让 $s$ 的最后 $k$ 个字符变成右括号，而 $s[i+1,|s|-k]$ 则用 $((\dots(())\dots))$ 的形式填充即可，因为这样填充的字典序最小。
+不妨设当 $s_i$ 变成右括号后， $s[1,i]$ 中左括号比右括号多了 $k$ 个。那么我们就让 $s$ 的最后 $k$ 个字符变成右括号，而 $s[i+1,|s|-k]$ 则用 $((\dots(())\dots))$ 的形式填充即可，因为这样填充的字典序最小。
-该算法的时间复杂度是 $O(n)$。
+该算法的时间复杂度是 $O(n)$ 。
??? note "参考实现"
```cpp
- bool next_balanced_sequence(string & s) {
- int n = s.size();
- int depth = 0;
- for (int i = n - 1; i >= 0; i--) {
- if (s[i] == '(') depth--;
- else depth++;
+ bool next_balanced_sequence(string& s) {
+ int n = s.size();
+ int depth = 0;
+ for (int i = n - 1; i >= 0; i--) {
+ if (s[i] == '(')
+ depth--;
+ else
+ depth++;
- if (s[i] == '(' && depth > 0) {
- depth--;
- int open = (n - i - 1 - depth) / 2;
- int close = n - i - 1 - open;
- string next = s.substr(0, i) + ')' + string(open, '(') + string(close, ')');
- s.swap(next);
- return true;
- }
+ if (s[i] == '(' && depth > 0) {
+ depth--;
+ int open = (n - i - 1 - depth) / 2;
+ int close = n - i - 1 - open;
+ string next =
+ s.substr(0, i) + ')' + string(open, '(') + string(close, ')');
+ s.swap(next);
+ return true;
}
- return false;
+ }
+ return false;
}
```
## 字典序计算
-给出合法的括号序列 $s$，我们要求出它的字典序排名。
+给出合法的括号序列 $s$ ，我们要求出它的字典序排名。
考虑求出字典序比 $s$ 小的括号序列 $p$ 的个数。
-不妨设 $p_i<s_i$ 且 $\forall 1\le j<i,p_j=s_i$。显然 $p_i$ 是左括号而 $s_i$ 是右括号。枚举 $i$（满足 $s_i$ 为右括号），假设 $p[1,i]$ 中左括号比右括号多 $k$ 个，那么相当于我们要统计长度为 $|s|-i$ 且存在 $k$ 个未匹配的右括号且不存在未匹配的左括号的括号序列的个数。
+不妨设 $p_i<s_i$ 且 $\forall 1\le j<i,p_j=s_i$ 。显然 $p_i$ 是左括号而 $s_i$ 是右括号。枚举 $i$ （满足 $s_i$ 为右括号），假设 $p[1,i]$ 中左括号比右括号多 $k$ 个，那么相当于我们要统计长度为 $|s|-i$ 且存在 $k$ 个未匹配的右括号且不存在未匹配的左括号的括号序列的个数。
不妨设 $f(i,j)$ 表示长度为 $i$ 且存在 $j$ 个未匹配的右括号且不存在未匹配的左括号的括号序列的个数。
-通过枚举括号序列第一个字符是什么，可以得到 $f$ 的转移：$f(i,j) = f(i-1,j-1)+f(i-1,j+1)$。初始时 $f(0,0)=1$。其实 $f$ 是 [OEIS - A053121](http://oeis.org/A053121)。
+通过枚举括号序列第一个字符是什么，可以得到 $f$ 的转移： $f(i,j) = f(i-1,j-1)+f(i-1,j+1)$ 。初始时 $f(0,0)=1$ 。其实 $f$ 是 [OEIS - A053121](http://oeis.org/A053121) 。
这样我们就可以 $O(|s|^2)$ 计算字典序了。
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