題目描述
課堂上，Felix 剛剛學習了關於括號序列的知識。括號序列是一個只由左括號“(”
和右括號“)”構成的序列； 進一步的， 一個合法的括號序列是指左括號和右括號能
夠 一一匹配的序列。
如果用規範的語言說明，一個合法的括號序列可以有以下三種形式：
1 S=“”（空串） ，S 是一個合法的括號序列；
2 S=XY，其中 X，Y 均為合法的括號序列，則 S 也是一個合法的括號序列；
3 S=(X)，其中 X 為合法的括號序列，則 S 也是一個合法的括號序列。
這時老師在黑板上寫出了一個了括號序列：“()))()”。
Felix 一眼就看出這個序列並不是合法的括號序列。
這時老師提出了一個這樣的問題：能否在序列中找出連續的一段，把這一段裡面
的左括號變成右括號，右括號變成左括號，變換之後整個序列可以變成合法的呢？
Felix 想到，可以把[3..5]進行調換，這樣序列就會變為()(())，是一個合法的序列。
很明顯，不止有一種方法可以使整個序列變合法。
這時，老師又在黑板上寫出了一個長度為 N 的括號序列。Felix 想，能否對這個
序列進行至多一次變換，使它變合法呢？

輸入
第一行一個整數 T，代表資料的組數；接下來 T 行，每一行一組資料。
每組資料一行，代表給出的括號序列。

輸出
輸出共 T 行，對於每組資料，輸出“possible”（可以變換）或“impossible”（不可變
換） 。 （不含引號）

樣例
3
()))
)))(
()
possible
impossible
possible

資料範圍
對於 50%的資料，T<=5, N<=20;
對於 100%的資料，T<=10, N<=5000.

50分：暴力列舉改變的區間，然後再O(n)判斷。
100分：dp，如果是左括號，a[i]=1 , 右括號 , a[i]=-1
對於 100% 的資料，需要使用動態規劃解決。注意到一次變換操作
把序列劃分成三段，前段與後段都沒有修改。
所以我們可以使用動態規劃：設 F[i][j][k] 為決定到前 i 位，目前的前
綴和為 j，並且現在第 i 位處於第 k 段（0 代表前，1 代表中，2 代
表後） ，是否可能。
DP 的轉移方程為新增一位 i+1；i+1 位可以仍然與第 i 位位於同一段，
也可以位於不同的一段。最後的結果就是看 F[N][0] 是否可能。
時間複雜度：O(n^2*3)

50分

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define LL long long
#define I "impossible\n"
#define P "possible\n"
using namespace std;
int n,s[5009],sl[5009],sr[5009],len;
char c[5009];
bool check()
{
    for(int i=1;i<=len;i++)
    {
        sl[i]=sl[i-1
 
]+s[i];
        sr[i]=sr[i-1]+!s[i];
        if(sr[i]>sl[i]) return 0;
    }
    return sl[len]==sr[len];
}
int main()
{
    freopen("brackets.in","r",stdin);
    freopen("brackets.out","w",stdout);
    scanf("%d\n",&n);
    while(n--)
    {
        int flag=0;
        gets(c+1);
        len=strlen(c+1);
        for(int i=1;i<=len;i++) s[i]=(c[i]=='(');
        for(int i=1;i<=len;i++)
        {
            for(int j=i;j<=len;j++)
            {
                for(int k=i;k<=j;k++) s[k]^=1;

                if(check()) 
                {
                    printf(P);
                    flag=1;
                    break;
                }
                for(int k=i;k<=j;k++) s[k]^=1;
            }
            if(flag) break;
        }
        if(!flag) printf(I);
    }
    return 0;
}

100分

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define LL long long
#define I "impossible\n"
#define P "possible\n"
using namespace std;
int n,T;
char s[5009];
int f[2][5009][3],a[5009];
void solve()
{
    int now=1;
    f[0][0][0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        memset(f[now],0,sizeof(f[now]));

        for(int j=0;j<=i-1&&j<=n-(i-1);j++)
        {
            if(f[now^1][j][0])//第一段 
            {
                //選擇不翻
                if(a[i]<0&&j>0) f[now][j-1][0]=1;//接右括號 
                else if(a[i]>0) f[now][j+1][0]=1;//接左括號 

                //選擇翻 
                if(a[i]>0&&j>0) f[now][j-1][1]=1;//將左括號翻為右括號 
                else if(a[i]<0) f[now][j+1][1]=1;//將右括號翻為左括號 
            }

            if(f[now^1][j][1])
            {
                if(a[i]>0&&j>0) f[now][j-1][1]=1;
                else if(a[i]<0) f[now][j+1][1]=1;//繼續翻 

                if(a[i]<0&&j>0) f[now][j-1][2]=1;
                else if(a[i]>0) f[now][j+1][2]=1;//結束翻 
            } 

            if(f[now^1][j][2])
            {
                if(a[i]<0&&j>0) f[now][j-1][2]=1;//往後 
                else if(a[i]>0) f[now][j+1][2]=1;
            } 
        }
        now^=1;
    }
    now^=1;
    for(int i=0;i<3;i++)  
     if(f[now][0][i]){
         printf(P);
         return;
    } 
    printf(I);
}
int main()
{
    freopen("brackets.in","r",stdin);
    freopen("brackets.out","w",stdout);
    scanf("%d\n",&T);
    while(T--)
    {
        memset(f,0,sizeof(f));
        gets(s+1);
        n=strlen(s+1);
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            if(s[i]=='(') a[i]=1;
            else a[i]=-1;
        }
        solve();
    }
    return 0;
}