模拟57—「2A·2B·2C·2D」

2A

纯模拟

2B

大家都当水题做，我做了一个半小时，生草，太菜了。

一开始根据题目先推了一个性质，一段区间删完之后，剩下的只能是 \(A\) ,特殊情况有 \(P\) , 当且仅当 \(P\) 是第一位。
然后就可以写一个区间 \(dp\) , \(f_{l,r,0/1}\) 代表区间 \([l,r]\) ，最左边是否有 \(P\) 下的最小剩余字母，转移显然。

然而时空双爆，考虑换做法， \(f_{i}\) 代表 \([1,i]\) 的最小剩余字母。
如果这一位是 \(A\) , 那么肯定要加一，因为 \(A\) 前面接啥都删不掉。
如果这一位是 \(P\) , \(P\) 前面接啥都能删掉，所以如果 \(f_{i-1}>0\) 就减一，否则加一。

然后发现转移只和 \(f_{i-1}\) 有关，所以把它唯一的一维滚掉就好了。

for( R i = 1 ; i <= n ; i ++ )
    if( s [i] == 'A' ) now ++ ;
    else ( now ) ? now -- : now ++ ;
printf( "%d\n" , now ) ;

2C

数据太水，别说 \(n^4\) , \(\frac{n^5}{32}\) 都能过。
正解还是有点 nb 的。

首先可以推出来性质就是如果一个点的祖先们里面有祖先关系，那么只需要考虑最年轻的祖先。
集合角度理解是全包含，画个图也能理解。

所以就可以在每个点把所有祖先按出现时间排序。
如果一个点已经被加入，说明他是这个点祖先的祖先，直接忽略。
否则检查这个点的集合和已经有的集合是否有交，有交说明不合法，因为他们既没有祖先关系，还有公共祖先。

bitset 复杂度中的 \(any,none,==0\) 都是 \(n/32\) 的，所以还是乖乖写正解吧

2D

数据太水，直接从小到大删可以过（但是我不会卡）。
正解还是很 nb 的。

先求出来每个点最多能在几度子图里面出现。

这个沈队有一个 \(nb\) 的方法，用 \(vector\) 类拓扑排序求出来。
思考他的性质，一个点最后出现的 \(k\) 度子图的 \(k\) 一定小于等于他自己的度数。
并且这个 \(k\) 会取等，当且进当他连的所有边的点度数都大于等于他。
每连一个度数小于他自己度数的点，这个点就不能算进他最终答案的 \(k\) 中，所以他的 \(k\) 会减小一。

以上过程用 \(vector\) 可以实现，具体就是每个度数开一个 \(vector\) , 从小到大扫，度数变化就重新加进去，只有第一次扫统计答案。
初始有 \(n\) 个点，度数变化 \(m\) 次，固复杂度为 \(O(n+m)\)

注意 auto 不能找到新 push_back进去的元素，所以要用 j<v.size()

然后从大到小考虑扩展当前集合。
先把一个点连的其他集合合并起来（n,m,b全部相加），考虑加入这个点会对集合造成什么贡献。

首先n的额外贡献就是+1，m的额外贡献就是跟它相连的点中大于等于他的（等于要特判防止重复）
b的额外贡献有点意思，先加入所有比他小的点的贡献。
但如果只计算这个，会导致计算重复，所以加入这个点的时候，所有比他大的点都计算过他，所以要去掉。

放一个 阿克曼 复杂度的并查集的板子，就是让小的合并到大的上面=。

inline int fd( int x ){ return ( x == F [x].fa ) ? ( x ) : ( F [x].fa = fd( F [x].fa ) ) ; }
inline void un( int x , int y ){
    x = fd( x ) , y = fd( y ) ;
    if( x == y ) return ;
    if( F [x].dep > F [y].dep ) swap( x , y ) ;
    F [x].fa = y ;
}

总结

这场T2脑子抽了想了半天，T3暴力就能水过去，失策了。
这场难度不对，所以没什么可总结的。