SRM 709 Div1 easy : Xscoregame
問題概要 :
長さ n (1 <= n <= 15) の数列 A が与えられる
Aの各要素A[i]は 0 以上 50 以下である
この数列に対して以下の処理を行う
1. 変数 X を用意し、 X に 0 を代入する
2. 数列 A のなかから、まだ使っていない要素 A[i] を選び X の値を次の式で更新する :
X = X + ( X xor A[i] )
これを選べる要素がなくなるまで続ける
3. X の値を出力する
最終的に X のとりうる最大の値を答えよ
解法 :
ビットDP
dp[Aのどの要素を使ったかをbitで保持, 1<<15][下位6bit x, 1<<6] = 下位6bit が x であるような値の最大値
愚直にやると、bool dp[state1][state2]
bool dp[Aのどの要素を使ったかをbitで保持, 1<<15][ Aの要素を使用した状態が state1 であるときの最大値 ] = state2を作れるか
とやれば良い
ただ、サンプルの最後を見るとわかる通りstate2がかなり大きくなる
Xの値を計算する際に xor をとるため、単純に大きい値だけを保持していてもそれが最終的に最大値になるかどうかはわからない
そのためbitの情報をすべて state2 としてとっていたのだが、A[i] <= 50 であることに注目すればわざわざ全てのbitの情報を保持しておく必要がないことが分かる
なぜなら、( X xor A[i] ) において X の 6bit目以降は xor の計算で影響を受けない
なので6bit目以下だけをdpの状態として保持すれば良い
コード :
#include<bits/stdc++.h> #define REP(i,s,n) for(int i=s;i<n;i++) #define rep(i,n) REP(i,0,n) #define EPS 1e-10 #define equals(a,b) (fabs((a)-(b)) < EPS) using namespace std; const int IINF = INT_MAX; #define MAX 64 int dp[1<<15][MAX]; class Xscoregame { public: int getscore(vector <int> A) { int n = A.size(); sort(A.begin(),A.end()); memset(dp,-1,sizeof dp); dp[0][0] = 0; rep(bit,(1<<n)) { rep(bet,MAX) { if( dp[bit][bet] == -1 ) continue; rep(i,n) { if( (bit>>i) & 1 ) continue; int nbit = bit | (1<<i); int value = dp[bit][bet] + ( dp[bit][bet] ^ A[i] ); int beet = value % MAX; dp[nbit][beet] = max(dp[nbit][beet],value); } } } int maxi = 0; rep(i,MAX) maxi = max(maxi,dp[(1<<n)-1][i]); return maxi; } };
SRM 708 : Div1 easy BalancedStrings
問題概要:
1以上100以下の整数Nが与えられる。
以下の条件を満たすサイズNの文字列の集合Sを1つ見つけよ。
条件を満たすようなものは必ず存在する。
条件 1. 集合Sの要素である文字列の長さは1以上100以下である。
条件 2. 集合Sの要素である文字列は英小文字aからzから構成される。
条件 3. 集合Sの安定度と不安定度は等しい。
集合Sの安定度と不安定度は以下のように定義される。
安定度. Sに属する全ての文字列 s の連続する同じ英小文字を1つにまとめた文字列s'の長さ-1の総和
例 : S = { "aabcccdd", "a", "abccdde" } の安定度は 3 + 0 + 4 = 7
不安定度. Sに属する異なる二つの要素 s, t について、共通に現れる英小文字のペアの数の総和
例 : S = { "aabcccdd", "a", "abccdde" } の不安定度は 16
"aabcccdd" と "a" から 2
"aabcccdd" と "abccdde" から 2 + 1 + 6 + 4 = 13
"a" と "abccdde" から 1
よって 16
解法:
不安定度を決定した後に安定度をそれに合わせる方針をとる。
以下、うまく説明をまとめることができなかったのでコンテスト中の自分がどのように考えていったのかについて書きます。
~~~ コンテスト中
どうしようか。
まず次のようなサイズNの文字列の集合 { "a", "a", ..., "a" }を用意して、この安定度を増加させていく方針で考えてみようかな。
この段階で不安定度は N * ( N - 1 ) / 2 だから、N が最大のとき、つまり100 なら不安定度は 4950。
さて、後は要素の文字列を変更して安定度を調整しよう。
aを使うと不安定度が変わるから、まだ集合の中にない文字列を二つ選んで追加しよう。
{ "abcbc", "adedede", ..., "ayzyzyz" } みたいな感じでね。
文字列の長さは最大100だから、この方法を使えば一つの文字列で安定度を最大99まで上げることができるな。
一度使った英小文字は別の文字列では使えない (使うと不安定度が上がる) から、最大 25 / 2 = 12 の文字のペアを使えて、 12 * 99 = 1188までは自由に安定度を増加させれるな。
あれ、不安定度は4950だよな。
(安定度が足り)ないじゃん。
不安定度を減らさなきゃ。
じゃあ { "a", ..., "a", "b", ..., "b" } としようかな。
するとN = 100のときの不安定度は ( 50 * 49 / 2 ) * 2 = 2450。
残りの英小文字で作れる安定度の最大は 24 / 2 = 12 ペア * 99 = 1188。
まだ足りない。
...
{ "a", ..., "a", "b", ..., "b", "c", ..., "c", "d", ..., "d", "e", ..., "e" }はどうだろう。
N = 100 のとき不安定度は ( 20 * 19 / 2 ) * 5 = 950。
残りの英小文字で作れる安定度の最大は 21 / 2 = 10 ペア * 99 = 990。
これなら不安定度と安定度を同じにできる!
コード:
#include<bits/stdc++.h> #define REP(i,s,n) for(int i=s;i<n;i++) #define rep(i,n) REP(i,0,n) using namespace std; class BalancedStrings { public: int calcS(vector<string> vec) { int S = 0; rep(i,(int)vec.size()) { map<char,int> cnt; rep(j,(int)vec[i].size()) ++cnt[vec[i][j]]; REP(j,i+1,(int)vec.size()) { rep(k,(int)vec[j].size()) { S += cnt[vec[j][k]]; } } } return S; } vector <string> findAny(int N) { vector<string> ret; rep(i,N) ret.push_back(string(1,(char)(('a'+i%5)))); int sim = calcS(ret); rep(i,N) if( sim ) { char p = (char)('f'+i*2), q = (char)('g'+i*2); while( (int)ret[i].size() < 100 && sim ) { int len = ret[i].size(); if( len & 1 ) { ret[i] += string(1,p); --sim; } else { ret[i] += string(1,q); --sim; } } } return ret; } };
SRM 704 Div1 easy : TreeDistanceConstruction
問題概要:
次の制約を満たすような木は存在するか?
1. 木の頂点iのeccentricityがちょうどd[i]である.
ここで、頂点iのeccentricityとは、頂点iから最も遠い頂点との距離のことである.
存在するのであればその木の辺集合を配列にして返すこと.
存在しないのであれば空の配列を返すこと.
制約:
頂点数は高々50
解法:
答えとなる木の中で、最も離れている頂点対(i,j)について考える.
この2点をつなぐ長さd[i]のパスが存在するはずなので、そのパスを用意する.
そのパス上の最も離れた頂点対以外の頂点になりうる入力中の頂点が存在するはずなので、
それらを見つけてパスの頂点と対応付ける.
あとは入力中のまだどこにも対応付けられていない頂点を、そのパス上の適切な頂点に繋げればよい.
適切な頂点というのは、頂点iのeccentricityがd[i]であるときeccentricityがd[i]-1であるような頂点のことである.
マイナス1してあるのは、その頂点に辺を張ることでeccentricityが1増えるため.
残った頂点のeccentricityは最もd[i]以下かつ(パスの長さ)/2より大きいはずである.
例えば、Examplesの0)について考えてみる.
Examples 0) の入力は {3,2,2,3}なので、最も離れている頂点対は(0,3)である(0-indexed).
それでは、まず最初にこの2点をつなぐパスを作る.
このパスは以下の図のようになる.
最も離れている頂点対以外のパス上の頂点のeccentricityは?となっているが、
これらのeccentricityは明らかに2である.
この例だとこれで条件を満たす木ができたので終わり.
Examples 1)についても考えて見る.
入力は {1,2,2,2}である.
まず最初に最も離れている頂点対からパスを作る.
次にパスの中のでまだ入力中の頂点と対応付けられていない頂点に対して入力中の頂点を対応付ける.
あとは、残った入力中の頂点1をパス上の適切な頂点に繋げればよい.
頂点1のeccentricityは2なので、パス上のeccentricityが1の頂点に繋げばよい.
最後に、Examplesにはないが少し大きめの例について考えて見る.
入力は{4,4,3,2,3,4,4,3}とする.
まず最初に最も離れている頂点対からパスを作る.
次に、パス上の頂点と入力上の頂点を対応付ける
最後に、入力中の残った頂点をパス上の適切な頂点に繋げる.
まず、頂点5はeccentricityが4であるため、eccentricityが3であるような頂点に繋げば良い.
頂点6もeccentricityが4であるため、eccentricityが3であるような頂点に繋げば良い.
最後に、頂点7のeccentricityは3なので、eccentricityが2であるような頂点に繋ぐ.
完成である.
コード:
#include<bits/stdc++.h> #define REP(i,s,n) for(int i=s;i<n;i++) #define rep(i,n) REP(i,0,n) #define EPS 1e-10 #define equals(a,b) (fabs((a)-(b)) < EPS) using namespace std; const int IINF = INT_MAX; struct Data { int index; int eccentricity; bool operator < ( const Data &data ) const { return eccentricity > data.eccentricity; } }; class TreeDistanceConstruction { public: vector <int> construct(vector <int> d) { deque<Data> deq; int n = d.size(); rep(i,n) deq.push_back((Data){i,d[i]}); d.clear(); sort(deq.begin(),deq.end()); int maxi = deq[0].eccentricity; if( maxi != deq[1].eccentricity ) return vector<int>(); vector<vector<int>> G; int root = (maxi+1) / 2; rep(i,(maxi+1)) { G.push_back(vector<int>()); G[i].push_back(-1); // G[i][0], index if( (maxi+1) & 1 ) { // G[i][1], eccentricity if( i <= root ) G[i].push_back(maxi-i); else G[i].push_back(i); } else { if( i < root ) G[i].push_back(maxi-i); else G[i].push_back(i); } if( i + 1 < (maxi+1) ) G[i].push_back(i+1); if( i - 1 >= 0 ) G[i].push_back(i-1); } G[0][0] = deq.front().index; deq.pop_front(); G[(int)G.size()-1][0] = deq.front().index; deq.pop_front(); REP(i,1,(int)G.size()-1) { int pos = -1; rep(j,(int)deq.size()) { if( deq[j].eccentricity == G[i][1] ) { pos = j; break; } } if( pos == -1 ) return vector<int>(); G[i][0] = deq[pos].index; deq.erase(deq.begin()+pos); } rep(i,(int)deq.size()) { if( deq[i].eccentricity <= root ) return vector<int>(); G.push_back(vector<int>()); G[(int)G.size()-1].push_back(deq[i].index); G[(int)G.size()-1].push_back(deq[i].eccentricity); G[(int)G.size()-1].push_back(deq[i].eccentricity-1); G[deq[i].eccentricity-1].push_back((int)G.size()-1); } vector<int> answer; rep(i,(int)G.size()) { REP(j,2,(int)G[i].size()) { int s = G[i][0]; int t = G[G[i][j]][0]; if( s < t ) { answer.push_back(s); answer.push_back(t); } } } return answer; } };
LiveArchive 5873 : Tree Inspections
問題リンク : https://icpcarchive.ecs.baylor.edu/external/58/5873.pdf
問題概要 :
2次元平面上にT本の木とH本の道が存在する.
T本の木のうち60%以上を道の上から見ることはできるだろうか?
木は以下の条件を満たすとき、道から見ることができる :
道から垂直に木まで線を引いた際に、その間に他の木が立っていない.
例えば、Sample Input は次のようになる.
黒い点が木を、赤い線が道を表す.
制約 :
1 <= T,P <= 10^5
解法 :
各木について、その木が道から見ることができるかどうかを確かめる
ただし愚直に実装すると T * P ( = 10^10 ) となり間に合わない
そこで、ある木が見えるかどうかを判定する際には、その木に最も近い上下左右の木のみを用いる
つまり、その木に最も近い上下左右の木を求め、その木と最も近い上下左右の木のいずれかとの間に道が存在するかどうかを判定する
これなら全体でもT * 4 * logPとなり間に合う
例えば、以下のようなケースについて考える
赤い点が今見えるかどうかを判定したい木とする
このとき、この木が見えるかどうかの判定に必要な木は青い点として表されている以下の3本である
これらの青い点はlower_boundで求めることができる
あとはその木とlower_boundで求めた木の間に道があるかどうかをlower_boundで求める
コード :
#include<bits/stdc++.h> #define REP(i,s,n) for(int i=s;i<n;++i) #define rep(i,n) REP(i,0,n) #define EPS (1e-8) #define equals(a,b) (fabs((a)-(b))<EPS) using namespace std; bool LTE(double a,double b) { return equals(a,b) || a < b; } const int IINF = INT_MAX; struct Data { int x,y; }; int dx[] = {0,1,0,-1}; // ↓→↑← int dy[] = {1,0,-1,0}; int T, P; bool cmp_x(const Data &v1, const Data &v2) { if( v1.x != v2.x ) return v1.x < v2.x; return v1.y < v2.y; } bool cmp_y(const Data &v1, const Data &v2) { if( v1.y != v2.y ) return v1.y < v2.y; return v1.x < v2.x; } #define ALL(x) x.begin(),x.end() void compute(vector<Data> &vec, vector<int> &hs, vector<int> &vs) { vector<Data> adj[4]; vector<Data> xs,ys; rep(i,T) xs.push_back(vec[i]), ys.push_back(vec[i]); sort(ALL(xs),cmp_x); sort(ALL(ys),cmp_y); sort(ALL(hs)); sort(ALL(vs)); rep(i,T) { // ↓ xは同じ y+ int ptr = lower_bound(ALL(xs),vec[i],cmp_x) - xs.begin(); ++ptr; if( ptr < T && xs[ptr-1].x == xs[ptr].x ) { adj[0].push_back(xs[ptr]); } else { adj[0].push_back((Data){vec[i].x,IINF}); } // → yは同じ x+ ptr = lower_bound(ALL(ys),vec[i],cmp_y) - ys.begin(); ++ptr; if( ptr < T && ys[ptr-1].y == ys[ptr].y ) { adj[1].push_back(ys[ptr]); } else { adj[1].push_back((Data){IINF,vec[i].y}); } // ↑ xは同じ y- ptr = lower_bound(ALL(xs),vec[i],cmp_x) - xs.begin(); --ptr; if( ptr >= 0 && xs[ptr+1].x == xs[ptr].x ) { adj[2].push_back(xs[ptr]); } else { adj[2].push_back((Data){vec[i].x,-IINF}); } // ← yは同じ x- ptr = lower_bound(ALL(ys),vec[i],cmp_y) - ys.begin(); --ptr; if( ptr >= 0 && ys[ptr+1].y == ys[ptr].y ) { adj[3].push_back(ys[ptr]); } else { adj[3].push_back((Data){-IINF,vec[i].y}); } } vector<bool> ok(T,false); rep(i,T) { bool see = false; rep(j,4) { Data point = adj[j][i]; if( point.x == vec[i].x ) { int pos = lower_bound(ALL(hs),min(vec[i].y,point.y)) - hs.begin(); if( pos >= (int)hs.size() ) continue; if( min(point.y,vec[i].y) <= hs[pos] && hs[pos] <= max(point.y,vec[i].y) ) { see = true; break; } } else { int pos = lower_bound(ALL(vs),min(vec[i].x,point.x)) - vs.begin(); if( pos >= (int)vs.size() ) continue; if( min(point.x,vec[i].x) <= vs[pos] && vs[pos] <= max(point.x,vec[i].x) ) { see = true; break; } } } if( see ) ok[i] = true; } double cnt = 0; rep(i,T) cnt += ok[i]; if( LTE(0.6,cnt/(double)T) ) { puts("PASSED"); } else { puts("FAILED"); } } int main() { int F; while( cin >> F ) { rep(_,F) { cin >> T >> P; vector<Data> vec(T); vector<int> hs,vs; rep(i,T) cin >> vec[i].x >> vec[i].y; rep(i,P) { char c; int v; cin >> c >> v; if( c == 'H' ) hs.push_back(v); else vs.push_back(v); } compute(vec,hs,vs); } } return 0; }
CODE FESTIVAL 2016 予選B : D - Greedy customers
問題リンク :
D: Greedy customers - CODE FESTIVAL 2016 qual B | AtCoder
問題概要 : 日本語なので略
解法 :
(備忘録)
貪欲法。
1ずつ引いていけば良い?1を引けなくなったら2を、それもダメなら3を、...という流れで、
=> Sample Input 2 の答えが13になる
これでダメなケースとは?
...
Sample Input X
4 1 2 6 10
Sample Output X
4
Why?
1 2 6 10 P 1 2 3 10 (3) 1 2 3 6 (4) 1 2 3 2 (4) Ans : 3. 1 2 6 10 P 1 2 1 10 (5) 1 2 1 7 (3) 1 2 1 4 (3) 1 2 1 1 (3) Ans : 4.
引ける最小の値が大きくなってしまうような場合は一気に1まで値を引いてしまえばよいネ
コード :
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define MAX 100010 int N; long long A[MAX]; int main(){ long long answer = 0, lower = 1LL; cin >> N; for(int i=0;i<N;++i) cin >> A[i]; for(int i=0;i<N;++i) { if( lower == 1LL ) { answer += (A[i]-1LL); lower = 2LL; continue; } if( lower == A[i] ) { ++lower; continue; } if( lower > A[i] ) continue; long long coef = A[i] / lower; if( ( A[i] - coef * lower ) == 0LL ) { --coef; } answer += coef; } cout << answer << endl; return 0; }
CODE FESTIVAL 2016 予選B : C - Gr-idian MST
問題リンク :
C: Gr-idian MST - CODE FESTIVAL 2016 qual B | AtCoder
問題概要 :
日本語なので略
解法 :
(ほぼ備忘録)
クラスカル法。
ただし、辺が多すぎて愚直に列挙することはできない。
そこで、この問題では行または列ごとに辺の重みが決まっていることを利用する。
最小の行または列を見つけて、それらを舗装してしまう。
ただし、既に連結であるようなものは舗装しない(舗装した行の数と列の数を別々に覚えておいてそれを引けば良い、詳しくは下の例で)。
Sample Input2の実行例を以下に示す。
赤線が舗装した道を表す。
コード :
#include<bits/stdc++.h> #define REP(i,s,n) for(int i=s;i<n;++i) #define rep(i,n) REP(i,0,n) using namespace std; typedef long long ll; #define DIR_W false #define DIR_H true struct Data { ll v; bool dir; bool operator < (const Data &data) const { if( v != data.v ) return v < data.v; return dir < data.dir; } }; #define MAX 100010 int W,H; ll p[MAX], q[MAX]; void compute() { vector<Data> vec; rep(i,W) vec.push_back((Data){p[i],DIR_W}); rep(i,H) vec.push_back((Data){q[i],DIR_H}); sort(vec.begin(),vec.end()); int used_H = 0, used_W = 0; ll mini = 0; rep(i,(W+H)) { if( vec[i].dir == DIR_W ) { mini += ( (H+1) - used_H ) * vec[i].v; ++used_W; } else { mini += ( (W+1) - used_W ) * vec[i].v; ++used_H; } } cout << mini << endl; } int main() { cin >> W >> H; rep(i,W) cin >> p[i]; rep(i,H) cin >> q[i]; compute(); return 0; }
CODE FESTIVAL 2016 予選B : B - Qualification simulator
問題リンク :
B: Qualification simulator - CODE FESTIVAL 2016 qual B | AtCoder
問題概要 : 略
解法 :
既に通過した国内の学生と海外の学生の数を変数に保持しながらループを回します。
コード :
#include<iostream> using namespace std; const string YES = "Yes"; const string NO = "No"; int main() { int N,A,B; string S; cin >> N >> A >> B >> S; int a = 0,b = 0; for(int i=0;i<N;++i) { if( S[i] == 'a' ) { if( a+b < A+B ) cout << YES << endl,++a; else cout << NO << endl; } else if( S[i] == 'b' ) { if( a+b < A+B && b < B ) cout << YES << endl, ++b; else cout << NO << endl; } else { cout << NO << endl; } } return 0; }