AtCoder Grand Contest 026 (AGC026) E - Synchronized Subsequence 贪心 动态规划

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题目传送门 - AGC026E

题意

　　给定一个长度为 $2n$ 的字符串，包含 $n$ 个 $'a'$ 和 $n$ 个 $'b'$ 。

　　现在，让你按照原顺序取出一些字符，按照原顺序组成新的字符串，输出所有满足条件的字符串中字典序最大的？（字典序： $'b'>'a'>'\ '$）

　　条件限制：当且仅当取了原序列的第 $i$ 个 $'a'$ 时，原序列的第 $i$ 个 $'b'$ 也被取了。

　　$n\leq 3000$

题解

　　比赛结束前 30 分钟想到正解。

　　赛后 20 多分钟 AC 了。

　　第一次开黑好爽啊。

　　早知道就把做 D 题的时间搬到后面来了（写了一半 xza AC 了）。这样的话就可以打到 30 多名了。

　　扯淡完毕，言归正传。

　　我们首先考虑一个显然的东西：

　　开头要有尽量多个 $b$ 。

　　然后，我们再考虑个东西。

　　当你已经选择了一些 $b$ 之后，不可避免的来了个 $a$ ，你如果选了这个 $a$ ，答案最大为什么？

　　bbbbba...a...a....a....a.....

　　假设之前选择的 b 的对应 a 如上所述，那么为了保证字典序最大，我们得取光所有在前 4 个省略号区间里面的 b 。

　　而这些 b 所对应的 a 必然在上述最后一个 a 后面。因为这些新选的 a 所对应的 b 在之前那些 a 所对应的 b 的后面。

　　在选择完这些新的 b 和 a 之后，样子大概变成了这样：

　　bbbbbabbabbbabbbabbaba......a....a...a

　　于是你可以发现我们由要在新生的省略号区域取 $b$ 来保证最优。

　　那么不断这样做，什么时候结束呢？

　　当这一串  a 的个数 = b 的个数 时。

　　我们称选择这些 a 和 b 并结束，为一次“区间贪心变换”。注意这个定义到后面我会讲的模糊些，与这里写的意义可能会有一点偏差。

　　那么我们要在一个新的串中求解原来的求最大字典序串的问题。

　　这个新的串就是原串除掉你当前选择的这一段之后留下的后缀串。

　　我们在求后缀串答案的时候，又会去求后缀串的后缀串的答案。

　　于是我们可以观察一下哪些后缀串会被求解。

　　事实上，如果一个后缀串包含的 $a$ 的个数与包含的 $b$ 的个数相同，那么就会被求解。

　　我们再回到原问题。

　　我们称第 $i$ 个后缀的左端点为第 $i$ 个停止点，（最后一个停止点在 $n+1$ 位置，代表空后缀）

　　那么，任何一个后缀进行一次“区间贪心变换”之后，一定会到达下一个停止点。

　　这个东西的证明，留给你了。

　　于是，一个后缀的求解结果就是他的任何“区间贪心变换”结果与下一个停止点开始的后缀的求解结果拼接的最大值。

　　为什么说“任何“区间贪心变换””？显然，有可能有多种非常优秀的区间贪心变换。即多种前缀 b 个数最多的区间贪心变换。

　　这个东西用个队列就可以了。

　　于是这个问题就转化成了一个分阶段贪心的题目，可以理解成贪心 + DP 。

　　注意一下，当前后缀的答案还可以直接从下一个后缀继承。

　　

　　当然，还有一种特殊情况！

　　最优区间贪心变换的前缀 b 个数可能为 $0$ 。我们可以发现，这种情况下，每一个 b 对应的 a 都在它前面。

　　我们可以考虑贪心的取形如 $ab\cdots ab$ 串，并每多取一个 $ab$ 就和下一个后缀一起更新一下当前的 dp 值。

　　然后就完了。时间复杂度 $O(n^2)$ 。（可以写一些简单的优化来加速，但是这样的复杂度已经足够通过了）

　　只可惜刚开始写的时候没想到后面这种特殊情况。

　　我可能是思考的不够透彻，导致我写出来的可能有点凌乱。

　　但是我把代码写出来 AC 了。

　　欢迎提问。

　　一篇深入理解的简洁明了的题解我就先欠着吧……

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=6005;
int n,p[N],pp[N],t[N];
int q[N],head,tail;
string res[N],now;
char s[N];
vector <int> a,b;
int main(){
	scanf("%d",&n);
	n<<=1;
	scanf("%s",s+1);
	a.clear(),b.clear();
	for (int i=1;i<=n;i++)
		if (s[i]=='a')
			a.push_back(i);
		else
			b.push_back(i);
	for (int i=1;i<=n/2;i++)
		p[b[i-1]]=a[i-1],pp[a[i-1]]=b[i-1];
	for (int i=1;i<=n+1;i++)
		res[i]="";
	int tot=0;
	int nxt=n+1;
	for (int i=n;i>=1;i--){
		if (s[i]=='a')
			tot++;
		else
			tot--;
		if (tot)
			continue;
		memset(t,0,sizeof t);
		head=1,tail=0;
		res[i]=res[nxt];
		for (int j=i;j<nxt;j++){
			if (s[j]=='a'){
				if (t[j]){
					now="";
					for (int k=i;k<nxt;k++)
						if (s[k]=='b'){
							if (t[k]||k>j)
								now+="b";
						}
						else if (t[k]||k>p[q[tail]])
							now+="a";
					res[i]=max(res[i],now+res[nxt]);
					head++;
					t[j]=t[pp[j]]=0;
				}
				continue;
			}
			if (p[j]<j)
				continue;
			q[++tail]=j;
			t[j]=t[p[j]]=1;
		}
		memset(t,0,sizeof t);
		if (tail==0){
			for (int j=i;j<nxt;j++){
				if (s[j]=='b')
					continue;
				t[j]=t[pp[j]]=1;
				now="";
				for (int k=i;k<=pp[j];k++)
					if (t[k])
						now+=s[k];
				res[i]=max(res[i],now+res[nxt]);
				j=pp[j];
			}
		}
		nxt=i;
	}
	cout << res[1];
	return 0;
}