Atcoder agc026E

对于第$i$组匹配的$a$和$b$，我们可以将按位置将它们称为$(p_i,q_i)$。
将原序列中的$a$看做$1$，$b$看做$-1$，那么前缀和为$0$的位置就将序列分为了若干段。显然每组$p_i$和$q_i$都在同一段中，且同一段中相应的$p_i$和$q_i$的大小关系不变。我们称$p_i>q_i$的段为$A$类，否则为$B$类。
考虑对于一个$A$类的段，我们其中选择最早的是第$i$组，那么可以删去所有$<i$的组。由于$p_i>q_i$，因此相应的$a$在$b$后面，并且易知$p_i$和$q_i$之间没有被删去的都是某一组开头的$b$。为了字典序尽量大，我们显然会将这些$b$全选，于是又会选后面的若干个$a$。这样推下去我们会将该段内所有$\geq i$的组都选了（因为中间前缀和不为$0$，所以刚刚的过程在段尾之前不会结束）。于是对于一个长度为$len$的$A$类段，我们只有$len/2$种可能的选法，分别暴力求出来即可。
对于一个$B$类的段，我们如果在其中选了某些组，那么开头一定是$a$。所以如果后面有$A$类段我们一定不会选，否则我们的选择显然形如$ababab...$，且会让$ab$尽量多，这个贪心选择最前面能选的即可。
最后简单从后往前合并一下每段答案即可。时间复杂度$\mathcal O(n^2)$。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

string str,f[3005];
int pos[3005];
bool kind[3005];

int bel[6005];

int main() {
  int n;
  cin>>n>>str;
  int cnt=0,s=0;
  for(int i=0;i<2*n;i++) {
  	s+=((str[i]=='b')?1:-1);
  	if (!s) {
  		pos[++cnt]=i;
  		kind[cnt]=((str[i]=='a')?0:1);
	  }
  }
  pos[0]=-1;
  bool v=1;
  for(int i=cnt;i>0;i--)
    if (!kind[i]) {
    	v=0;
    	int s1=0,s2=0;
    	for(int j=pos[i-1]+1;j<=pos[i];j++)
    	  if (str[j]=='b') bel[j]=++s1; else bel[j]=++s2;
    	f[i]=f[i+1];
    	for(int j=1;j<=s1;j++) {
          string cur;
    	  for(int k=pos[i-1]+1;k<=pos[i];k++)
    	    if (bel[k]>=j) cur+=str[k];
    	  f[i]=max(f[i],cur+f[i+1]);
    	}
	}
	else if (v) {
		int s1=0,s2=0;
		for(int j=pos[i-1]+1;j<=pos[i];j++)
    	  if (str[j]=='a') bel[j]=++s1; else bel[j]=++s2;
    	int r=pos[i-1]+1;
    	for(;;) {
    		while (r<=pos[i]&&str[r]=='b') r++;
    		if (r>pos[i]) break;
    		f[i]+="ab";
    		int t=bel[r];
    		r++;
    		while (bel[r]!=t) r++;
    		r++;
		}
		f[i]+=f[i+1];
	}
	else f[i]=f[i+1];
  cout<<f[1]<<endl;
  return 0;
}

来源：CSDN

作者：mayaohua2003

链接：https://blog.csdn.net/qq_38609262/article/details/103481984