正解:搜索

解题报告:

传送门$QwQ$

首先由$p_i$是一个序列得,每个点的度数为2.且一定形成若干个环.

考虑先对每个环做,发现若要有解必须是偶环,且一定是隔一条边选一条边的,所以对每个环其实只有2种方案.

这时候搜索的复杂度是$O(2^{\frac{n}{2}})$.依然是过不去的.

继续考虑.发现如果环长为2,显然在左侧放左括号不会更劣(显然不解释了$QwQ$,于是复杂度就被降到了$O(2^{\frac{n}{4}})$,就做完辣辣辣辣辣!

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define il inline
#define lf double
#define gc getchar()
#define mp make_pair
#define ri register int
#define rc register char
#define rb register bool
#define lowbit(x) (x&(-x))
#define rp(i,x,y) for(ri i=x;i<=y;++i)
#define my(i,x,y) for(ri i=x;i>=y;--i) const int N=100+10;
int n,p[N],cnt,ch[N];
bool vis[N];
vector<int>V[N]; il int read()
{
rc ch=gc;ri x=0;rb y=1;
while(ch!='-' && (ch>'9' || ch<'0'))ch=gc;
if(ch=='-')ch=gc,y=0;
while(ch>='0' && ch<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^'0'),ch=gc;
return y?x:-x;
}
il void check()
{
ri sum=0;
rp(i,1,n){sum+=ch[i];if(!(~sum))return;}
rp(i,1,n)printf("%c",~ch[i]?'(':')');;exit(0);
}
void dfs(ri nw)
{
if(nw>cnt){check();return;}
ri sz=V[nw].size();
rp(i,0,sz-1)if(i&1)ch[V[nw][i]]=-1;else ch[V[nw][i]]=1;;dfs(nw+1);
rp(i,0,sz-1)ch[V[nw][i]]=-ch[V[nw][i]];;dfs(nw+1);
} int main()
{
//freopen("6043.in","r",stdin);freopen("6043.out","w",stdout);
n=read();rp(i,1,n)p[i]=read();
rp(i,1,n)
if(!vis[i])
{
ri nw=i;++cnt;
while(!vis[nw])vis[nw]=1,V[cnt].push_back(nw),nw=p[nw];
if(V[cnt].size()==2){ch[V[cnt][0]]=1,ch[V[cnt][1]]=-1;V[cnt].clear();--cnt;}
}
dfs(1);
return 0;
}

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