SRM 691 Div1 easy : Sunnygraphs

問題概要 :
n個の頂点とn本の無向辺があり、頂点は0からn-1まで番号が割り振られている
また、辺は頂点iから頂点a[i]に向けて貼られている ( ただし、i != a[i] )

このグラフに対して次の処理を行う
1. 新たな頂点 n を追加する
2. 0からn-1までの頂点集合から任意の部分集合Mを選ぶ
3. Mに属する頂点 i について、辺(i,a[i])をグラフから取り除く
4. Mに属する頂点 i について、辺(i,n)をグラフに追加する

この処理を行ったあと、0から1へのパスが存在するようなMの選び方は何通り存在するか？

解法 :
グラフの取りうる状態について考える
グラフの状態は初期状態で0と1の間にパスが存在するかしないかで分けられるため、それぞれについて考えていく
今後、説明上どの頂点からどの頂点に向けて辺が貼られているのかを明らかにするためグラフの辺は有向辺として書くが実際は無向辺であるので注意すること

まず、0と1の間にパスが存在しない場合のグラフは次のようになる

このグラフは0から到達可能な頂点集合(上の図では頂点0,2)と1から到達可能な頂点集合(上の図では頂点1,3)、それ以外の頂点集合(上の図では頂点4,5)から成る
それ以外の頂点集合は空集合でも良い
0と1の間にパスをつくるためには、
0から到達可能な頂点集合から少なくとも1つ、
1から到達可能な頂点集合から少なくとも1つの頂点をMとして選ぶ必要がある

0と1から到達可能な頂点集合からそれぞれ少なくとも1つの頂点をMとして選んだのであれば、
それ以外の頂点集合はMに追加してもしなくてもどちらでもよい
これより、0と1の間にパスが存在しない場合の答えは (2^(0から到達可能な頂点集合の大きさ)-1) * (2^(1から到達可能な頂点集合の大きさ)-1) * (2^(それ以外の頂点集合の大きさ))で求めることができる
答えの式中にある-1は1つも頂点を選ばない場合を取り除くためのものである

次に、0と1の間にパスが存在する場合のグラフについて考える
このときグラフは次のようになる

このグラフの頂点集合は次のように分類することができる
0と1のそれぞれから探索を開始したとき、

\* 0からのみ到達可能な頂点集合 ( 上の図では頂点0,2 )
\* 1からのみ到達可能な頂点集合 ( 上の図では頂点1,4)
\* 両方から到達可能な頂点集合 ( 上の図では頂点3,5,6)
\* 両方から到達不可能な頂点集合( 上の図では頂点7,8 )
このグラフはすでに0と1の間にパスが存在するため、そのパスを壊さないような頂点Mの選び方が答えとなる

パスを壊さないような頂点の選び方は次の５通りである
\* 0からのみ到達可能な頂点集合と1からのみ到達可能な頂点集合から少なくとも1つは頂点をMとして選ぶ

このとき、両方から到達可能、到達不可能な頂点集合からは頂点をMとして選んでも選ばなくても良い
そのため、このときのMの選び方は(2^(0から到達可能な頂点集合の大きさ)-1) * (2^(1から到達可能な頂点集合の大きさ)-1) * (2^(両方から到達可能な頂点集合の大きさ)) * (2^(両方から到達不可能な頂点集合の大きさ))となる

\* 0からのみ到達可能な頂点集合から少なくとも1つは頂点をMとして選ぶ, 1からのみ到達可能な頂点集合からは1つも選ばない

これだけでは0と1の間にパスができないため、両方から到達可能な頂点集合から少なくとも1つはMとして選ぶ必要がある
そのため、このときのMの選び方は(2^(0から到達可能な頂点集合の大きさ)-1) * (2^(両方から到達可能な頂点集合の大きさ)-1) * (2^(両方から到達不可能な頂点集合の大きさ))となる

\* 1からのみ到達可能な頂点集合から少なくとも1つは頂点をMとして選ぶ, 0からのみ到達可能な頂点集合からは1つも選ばない

これだけでは0と1の間にパスができないため、両方から到達可能な頂点集合から少なくとも1つはMとして選ぶ必要がある
そのため、このときのMの選び方は(2^(1から到達可能な頂点集合の大きさ)-1) * (2^(両方から到達可能な頂点集合の大きさ)-1) * (2^(両方から到達不可能な頂点集合の大きさ))となる

\* 0からのみ到達可能な頂点集合と1からのみ到達可能な頂点集合からは頂点を１つも選ばない、両方から到達可能な頂点集合から少なくとも1つはMとして選ぶ

0からのみ到達可能な頂点集合と1からのみ到達可能な頂点集合からは1つも頂点をMとして選んでいないため、0と1の間にはパスが残ったままである
そのため、このときのMの選び方は(2^(両方から到達可能な頂点集合の大きさ)-1) * (2^(両方から到達不可能な頂点集合の大きさ))となる

\* 両方から到達不可能な頂点集合からのみ頂点をMとして選ぶ

このときのMの選び方は(2^(両方から到達不可能な頂点集合の大きさ))となる

これら５通りの選び方の総和が答えとなる

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;
typedef long long ll;

vector<int> G[100],checkG[100];

typedef pair<int,int> ii;

inline void fix(ii &v) { if(v.first > v.second) swap(v.first,v.second); }

void dfs(int cur,map<ii,ll> &mp) {
  rep(i,(int)G[cur].size()) {
    ii edge = ii(cur,G[cur][i]);
    if( mp.count(edge) ) continue;
    ++mp[edge];
    dfs(G[cur][i],mp);
  }
}

bool used[100];
bool checkDFS(int cur) {
  if( cur == 1 ) return true;
  bool res = false;
  rep(i,(int)checkG[cur].size()) {
    int &next = checkG[cur][i];
    if( used[next] ) continue;
    used[next] = true;
    res |= checkDFS(next);
  }
  return res;
}

class Sunnygraphs {
public:
  long long count(vector <int> a) {
    rep(i,(int)a.size()) {
      G[i].push_back(a[i]);
      checkG[i].push_back(a[i]);
      checkG[a[i]].push_back(i);
    }
    map<ii,ll> counter0,counter1;
    dfs(0,counter0);    
    dfs(1,counter1);
    long long zero = (long long)counter0.size();
    long long one  = (long long)counter1.size();
    long long otherwise = (int)a.size();
    if( !checkDFS(0) ) {
      otherwise -= ( zero + one );
      return ((1LL<<zero)-1LL) * ((1LL<<one)-1LL) * (1LL<<otherwise);
    }
    long long common = 0, answer = 0;
    for(map<ii,ll>::iterator it=counter0.begin();it!=counter0.end();it++) {
      ii v = it->first;
      if( counter1.count(v) ) {
	++common;
      }
    }
    zero -= common, one -= common;
    otherwise -= ( zero + one + common);
    if( zero && one ) {
      answer += ( ((1LL<<zero)-1LL) * ((1LL<<one)-1LL) * (1LL<<common) * (1LL<<otherwise) );
    }
    if( zero ) {
      answer += ( ((1LL<<common)-1LL) * ((1LL<<(zero))-1LL) * (1LL<<otherwise) );
    }
    if( one ) {
      answer += ( ((1LL<<common)-1LL) * ((1LL<<(one))-1LL) * (1LL<<otherwise) );
    }
    if( common ) {
      answer += ((1LL<<common)-1LL) * (1LL<<otherwise);
    }
    answer += (1LL<<otherwise);
    return answer;

  }
};

SRM 688 Div1 easy : ParenthesesDiv1Easy

問題概要 :
'('と')'からなる文字列sが与えられる
この文字列に対して次の処理(1,2を連続で)を行うことができる
1. ２つの整数l,r (l<=r)について、 s[l]からs[r]までを反転させる
例 s = "((()", l = 1, r = 3 => s = "((("
2. s[l]からs[r]までの各文字に対して、'('なら')'に、')'なら'('に変更する
例 s = "((()", l = 1, r = 3 => s = "(())"

このとき、文字列sを正しい括弧の対応付けにするまでに必要な処理の内容を出力せよ
ただし、処理は高々10回までとする
正しい括弧の対応付けにできない場合は-1を返すこと
※正しい括弧の例 (), (()), ((()))()(()())

解法 :
処理にどのような特徴があるのか考える
この処理は指定した範囲の部分文字列を単純に反転した後にその中の括弧も反転させる、というもの
そのため、指定した範囲内に存在する正しい括弧は処理を行った後も正しい括弧のままである
例えば、s = "()(", l = 0, r = 3 の処理結果は s = ")()" となる
今後処理をする際に正しい括弧を破壊する意味はないため、正しい括弧は取り除いて考えることができる
例えば、s = "()()()))((((())"　は s = ")(((" として考えることができる
正しい括弧を全て取り除いて考えたとき、sのとりうる状態は以下の３通りしか存在しない

1. 全て '('
2. 全て ')'
3. ')' が１つ以上続いた後に '(' が１つ以上続く 例 s = "))))((("

これ以外だと正しい括弧が残っていることになる

結局この３通りだけしかないのであれば、

1. の場合は取り除かれなかった'('の後半分を')'に変換すれば良い
2. の場合は取り除かれなかった')'の前半分を'('に変換すれば良い
3. の場合は取り除かれなかった'('を全て')'に変換 or ')' を全て '(' に変換すると1.か2.の状態になるため上の通りに処理すれば良い

ということになる

例

     0123456789012345
s = "()()())()((((())"

まず、正しい括弧を取り除く

s = "()()())()( ( (( ())"

     6901
s = ")((("

次に、s を ')' か '(' のどちからのみからなるように変換する
どちらでも良いので今回は ')' だけからなるように変換する

s = ")(((", l = 9, r = 11

s = "))))"

最後に、')'の前半分を'('に変換して正しい括弧の対応付けにする

s = "))))"

s = "(())"

コード :

#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;
typedef pair<char,int> ci;
const int IINF = INT_MAX;


class ParenthesesDiv1Easy {
public:

  deque<ci> calcDeq(string s) {
    deque<ci> deq;
    rep(i,(int)s.size()) {
      if( s[i] == '(' ) {
        deq.push_back(ci('(',i));
      } else {
        if( (int)deq.size() && deq.back().first == '(' ) deq.pop_back();
        else deq.push_back(ci(')',i));
      }
    }
    return deq;
  }

  string flip(string s,int l,int r) {
    reverse(s.begin()+l,s.begin()+r+1);
    for(int i=l;i<=r;++i) {
      if( s[i] == '(' ) s[i] = ')';
      else              s[i] = '(';
    }
    return s;
  }

  vector <int> correct( string s ) {
    int n = s.size();
    if( n & 1 ) return vector<int>(1,-1);
    deque<ci> deq = calcDeq(s);
    // ()()())()((((()) 
    bool hasL = false, hasR = false;
    int sp = IINF;
    rep(i,(int)deq.size()) {
      if( deq[i].first == '(' ) hasL = true, sp = min(sp,i);
      else                      hasR = true;
    }

    vector<int> ret;
    int len = deq.size();
    if( hasL && hasR ){
      ret.push_back(deq[sp].second);
      ret.push_back(n-1);
      s = flip(s,deq[sp].second,n-1);
      deq = calcDeq(s);
      hasL = false;
    }
    
    if( hasL ) {
      ret.push_back(deq[len/2].second);
      ret.push_back(n-1);
    } else if( hasR ) {
      ret.push_back(0);
      ret.push_back(deq[(int)(len/2)-1].second);
    }
    return ret;
  }
};

SRM 682 Div1 easy : SmilesTheFriendshipUnicorn

問題概要 :
N人の人がいて、それらの人は0からN-1まで順に番号が割り振られている
これらの人の間には友好関係があり、これは２つの整数で表される
友好関係は2つの配列A,Bとして表されA[i]番の人とB[i]番の人は友達である
A[i] != B[i]
これらの友好関係は無向グラフとして表すことができる
このとき、任意の２頂点間には必ずパスが存在する
このグラフ内に長さが４のパスが存在するか、YESかNOで答えよ
つまり、5つの異なる頂点a,b,c,d,eについて、
aとb,bとc,cとd,dとeに辺が存在する

解法 :
無向グラフ内から下の図のような部分が存在するかを判定したい

このとき、

すぐ上の図の赤い枠で囲まれた辺をループで愚直に決めてしまう
赤い枠で囲まれた辺は２本しかないので、2000 * 2000 で４つの頂点からなる長さ３のパスを求めることができる
残り１つの頂点は長さ３のパスの両端点について、次数からO(1)で計算できる

まず２つの辺から長さ３のパスを計算する

以下の４通りのパスが存在する

この各４通りのパスについて、端点に１つ頂点が追加できれば求めたいパスになる
これは次数からO(1)で計算できる
先ほどの１つめの例で考えると、

2番か4番の頂点から5番に辺があれば良い
2番の頂点に注目したとき、5番の頂点というのは1,3,4番の頂点でなければどれでもよい
つまり、２番の頂点の次数をdegとしたとき、
2-1に辺は必ず存在するので --deg
2-3に辺が存在するなら --deg
2-4に辺が存在するなら --deg
この結果が1以上であれば、１でも３でも４でもない頂点と２は繋がっている
これを５とすればよい

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)

using namespace std;

typedef long long ll;
const int IINF = INT_MAX;
const string kzy = "Yay!";
const string KT  = ":(";

struct Edge {
  int s,t;
  bool operator < (const Edge& e) const {
    if( s != e.s ) return s < e.s;
    return t < e.t;
  }
};

bool rel[2010][2010];
vector<int> G[2010];

class SmilesTheFriendshipUnicorn {
public:

  bool check(Edge e1,Edge e2,bool sp1,bool sp2) {
    int p1 = -1, p2 = -1;
    int rp1 = -1, rp2 = -1;
    if( sp1 ) p1 = e1.t, rp1 = e1.s;
    else      p1 = e1.s, rp1 = e1.t;
    if( sp2 ) p2 = e2.t, rp2 = e2.s;
    else      p2 = e2.s, rp2 = e2.t;
    if( !rel[p1][p2] ) return false;
    
    int deg1 = (int)G[rp1].size();
    int deg2 = (int)G[rp2].size();
    
    //
    --deg1;
    if( rel[rp1][p2] ) --deg1;
    if( rel[rp1][rp2] ) --deg1;
    if( deg1 >= 1 ) return true;
    
    //
    --deg2;
    if( rel[rp2][p1] ) --deg2;
    if( rel[rp2][rp1] ) --deg2;
    if( deg2 >= 1 ) return true;
    
    return false;
  }

   string hasFriendshipChain( int N, vector <int> A, vector <int> B ) {
     N = N;
     vector<Edge> vec;
     rep(i,(int)A.size()) {
       vec.push_back((Edge){A[i],B[i]});
       G[A[i]].push_back(B[i]);
       G[B[i]].push_back(A[i]);
       rel[A[i]][B[i]] = rel[B[i]][A[i]] = true;
     }
     rep(i,(int)vec.size()) {
       Edge &e1 = vec[i];
       rep(j,(int)vec.size()) {
         Edge &e2 = vec[j];
         if( e1.s == e2.s || e1.s == e2.t ) continue;
         if( e1.t == e2.s || e1.t == e2.t ) continue;
         if( check(e1,e2,0,0) ) return kzy;
         if( check(e1,e2,0,1) ) return kzy;
         if( check(e1,e2,1,0) ) return kzy;
         if( check(e1,e2,1,1) ) return kzy;
       }
     }
     
     return KT;
   }
};

Codeforces AIM Tech Round (Div. 2) C : Graph and String

問題リンク :
http://codeforces.com/contest/624/problem/C

問題概要 :
長さnの{'a','b','c'}で構成されている文字列が存在した
これを次の手順でグラフに変換した
1. n個のノードを作成、各ノードに１から順に番号を割り振る
2. 異なる２つのノード番号i,jについて、文字列のi番とj番が一致または隣接していればノードiとノードjに辺を張る
ここで、隣接とはa-b,b-cのことをであり、a-cは隣接とは言わない
この手順でグラフを作成したあと、文字列を消した

グラフが与えられるので、上記の手順にしたがった場合与えられたグラフになるような文字列を出力せよ
複数存在するならどれか１つでよい
存在しない場合はNoと出力せよ

解法:
ノードがちょうど1つしか存在しない場合、明らかに答えとなる文字列は存在する
'a'か'b'か'c'である
どれか好きなのを出力すると良い

ノードがちょうど２つ存在する場合、これも必ず答えとなる文字列は存在する
その２つのノード間に辺があるなら、'a'-'b'か'b'-'c'か'a'-'a','b'-'b','c'-'c'のいずれかを出力するとよい
辺がないなら隣接していないので'a'-'c'が答えとなる

ノードが３つ以上存在する場合、次のような部分をグラフから探す

このような部分が存在しないなら、存在する頂点は全て完全グラフの一部となっているはずである
つまり完全グラフが何個か存在することになる
完全グラフが１つしかないなら、明らかに答えは存在する（全て同じ文字とか）
完全グラフが２つなら、0の完全グラフと２の完全グラフが存在する
それ以上存在するなら答えはない　０と２で２つまでなら完全グラフをつくれるが、もう１つ追加しからそれが０の完全グラフであれ、１であれ、２であれ、どれでも最初の２つの完全グラフとくっついてしまう

上の図のような、三角形の一辺を抜いた部分が存在するなら、
その図にある０番のノードは'b'であり、１番のノードと２番のノードはどちらかが'a'でもう片方が'c'である
このとき、1番のノードに辺がつながっているノードは１に割り当てられた英小文字（'a'か'c')か０に割り当てられた英小文字('b')と一致するはずである
同様に２番のノードに辺がつながっているノードは２番に割り当てられた英小文字('a'か'c')か０番に割り当てられた英小文字（'b')と一致するはず

これらを集合にしたとき（上の図でいう、点線内のノード番号を集合としたとき）
両方の集合に属することができるのは'b'しかないので、それらのノードには'b'を割り当てる
そうでないものは、どちらかを'a'の集合、もう片方は'c'の集合と決めて（どっちでも良いので）割り当てる
あとは頂点集合全体を見て、'a','b','c'のいずれも割り当てられていないものがあればNoと出力し、
そうでないなら答えとなる文字列を生成して、一応入力のグラフができるかチェックして大丈夫ならそれを出力する

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;

typedef long long ll;
const int IINF = INT_MAX;
const ll LLINF = LLONG_MAX;
const int MAX = 600;

const string YES = "Yes";
const string NO = "No";
typedef pair<int,int> ii;

int V,E;
vector<int> G[MAX];
bool mat[MAX][MAX];
bool vmat[MAX][MAX];
vector<ii> edges;
char c[MAX];

void dfs(int cur,set<int> &S) {
  rep(i,(int)G[cur].size()) {
    int next = G[cur][i];
    if( S.count(next) ) continue;
    S.insert(next);
    dfs(next,S);
  }
}

int compute() {

  if( V == 1 ) {
    cout << YES << endl;
    return puts("b");
  }
  if( (int)((V*(V-1))/2) == E ) {
    cout << YES << endl;
    return puts(string(V,'b').c_str());
  }

  rep(i,V) c[i] = '$';
  set<int> S0;
  set<int> S2;
  rep(i,(int)edges.size()) {
    int s = edges[i].first;
    int t = edges[i].second;
    rep(p,V) {
      if( s == p || t == p ) continue;
      if( !mat[p][t] && !mat[p][s] ) continue;
      if( mat[p][t] && mat[p][s] ) continue;
      int ID0,ID1 , ID2;
      if( mat[p][s] ) {
	ID0 = t, ID1 = s, ID2 = p;
      } else {
	ID0 = s, ID1 = t, ID2 = p;
      }

      S0.insert(ID1);
      S0.insert(ID0);
      S2.insert(ID1);
      S2.insert(ID2);
      rep(k,V) {
	if( k == s || k == t || k == p ) continue;
	if( mat[ID0][k] ) S0.insert(k);
	if( mat[ID2][k] ) S2.insert(k);
      }
      goto Skip;
    }
  }
 Skip:;

  if( S0.empty() ) {
    S0.insert(0);
    dfs(0,S0);
    rep(i,V) if( !S0.count(i) ) {
      S2.insert(i);
      dfs(i,S2);
      break;
    }
    for(set<int>::iterator it=S0.begin();it!=S0.end();it++) {
      c[*it] = 'a';
    }

    for(set<int>::iterator it=S2.begin();it!=S2.end();it++) {
      c[*it] = 'c';
    }
    rep(i,V) if( c[i] == '$' ) {
      return puts(NO.c_str());
    }
    puts(YES.c_str());
    rep(i,V) {
      printf("%c",c[i]);
    } puts("");
    return 0;
  }

  rep(i,V) {
    if( S0.count(i) && S2.count(i) ) {
      c[i] = 'b';
    } else if( S0.count(i) ) {
      c[i] = 'a';
    } else if( S2.count(i) ) {
      c[i] = 'c';
    }
  }
  /*
  cout << "S0::" << endl;
  for(set<int>::iterator it=S0.begin();it!=S0.end();it++) {
    cout << *it << " ";
  } puts("");

  cout << "S2::" << endl;
  for(set<int>::iterator it=S2.begin();it!=S2.end();it++) {
    cout << *it << " ";
  } puts("");
  */
  string answer = "";
  rep(i,V) {
    if( c[i] == '$' ) {
      return puts(NO.c_str());
    }
    answer += string(1,c[i]);
  }

  
  rep(i,V) REP(j,i+1,V) {
    int v1 = c[i] - 'a';
    int v2 = c[j] - 'a';
    if( abs(v1-v2) <= 1 ) {
      vmat[i][j] = vmat[j][i] = true;
    }
  }

  rep(i,V) rep(j,V) if( mat[i][j] != vmat[i][j] ) {
    return puts(NO.c_str());
  }
  puts(YES.c_str());
  return puts(answer.c_str());
}

int main(){
  scanf("%d %d",&V,&E);
  int s,t;
  rep(i,E) {
    scanf(" %d %d",&s,&t);
    --s, --t;
    mat[s][t] = mat[t][s] = true;
    G[s].push_back(t);
    G[t].push_back(s);
    if( s > t ) swap(s,t);
    edges.push_back(ii(s,t));
  }
  compute();
  return 0;
}

Typical DP Contest J : ボール

問題リンク :
J: ボール - Typical DP Contest | AtCoder

問題概要：略

解法：
期待値苦手すぎて謎だったので以下の解説記事を参考にしました
Typical DP Contest J - ボール - Lilliput Steps

ビットDP (orメモ化再帰)
まだ倒れていないものがある場所に対応するビットを1にしておきます
dp[bit] := 倒れていないものの状態がbitで、ここからすべて倒すまでに必要なボールを投げる回数の期待値

状態bitからボールを投げるとき、次に投げるボールを落とす位置をすべて試してみて、その中で最小の期待値をdp[bit]にいれる

状態bitから全て倒すために必要な期待値は、狙った場所をxとしたとき
dp[bit] = dp[bit&~(1<< ( x - 1 ) ) ] / 3 + dp[bit&~ ( 1 << x ) ] / 3 + dp[bit&~(1<< ( x + 1 ) ) ] / 3
このxを全てためしてみてその最小値をdp[bit]にいれる
ただし、x,x-1,x+1のうち、すでに倒した場所orそもそもない場所に落ちたときはdp[bit]が左辺に残ることになる
なので、そのときはその部分を左辺に以降すること

コード1(メモ化再帰):

#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-9)
#define equals(a,b) (fabs((a)-(b))<EPS)

using namespace std;

const double DINF = DBL_MAX;

int n,bitmask,x[20];
double memo[1<<20];

double dfs(int state) {
  if( !state ) return 0;
  if( !equals(memo[state],DINF) ) return memo[state];
  REP(i,1,17) {
    double ex = 1;
    double same = 0;
    REP(dx,-1,2) {
      int p = i + dx; 
      int nstate = state;
      nstate = state & ~(1<<p);
      if( state == nstate ) ++same;
      else {
	ex += dfs(nstate) / 3.0;
      }
    }
    ex = ( ex * 3.0 ) / ( 3.0 - same );
    memo[state] = min(memo[state],ex);
  }
  return memo[state];
}

int main() {
  cin >> n;
  rep(i,n) {
    cin >> x[i];
    ++x[i];
    bitmask |= (1<<x[i]);
  }
  rep(i,(1<<18)) memo[i] = DINF;
  printf("%.10f\n",dfs(bitmask));
  return 0;
}

コード2(ビットDP）:

#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;

const double DINF = DBL_MAX;

int n,x[20],bitmask;
double dp[1<<20];

int main() {
  cin >> n;
  rep(i,n) {
    cin >> x[i];
    ++x[i];
    bitmask |= (1<<x[i]);
  }
  rep(i,(1<<20)) dp[i] = DINF;
  dp[0] = 0;
  for(int state=1;state<=bitmask;state++) {
    if( state & ~bitmask ) continue;
    double mini = DINF;
    for(int p=1;p<=16;p++) {
      double ex = 0;
      double same = 0;
      bool fail = false;
      for(int dx=-1;dx<=1;dx++) {
	int np = p + dx;
	int next_state = state;
	if( (bitmask>>np) & 1 ) next_state &= ~(1<<np);
	if( next_state == state ) ++same;
	else if( equals(dp[next_state],DINF) ) { fail = true; break; }
	else ex += dp[next_state]/3.0;
      }
      if( !fail ) mini = min(mini,((1.0+ex)*3.0)/(3.0-same));
    }
    dp[state] = mini;
  }
  printf("%.10f\n",dp[bitmask]);
  return 0;
}

ここからは2016/6/10に追記:

既に解いていたことをすっかり忘れて再度解いたので解説を追加

ものを倒す順番に意味はないので左から順番にものを倒していくことを考える

左から順番にものを倒していくので、ボールを投げるべき座標は一意に定まる
その座標は、一番左にあるものの座標をxとしたとき、x+1である

この理由は次の通り
座標xにある物を倒せる座標はx-1,x,x+1のいずれか
しかし、左から順番に倒していくためx-1以下の座標にはものは存在しない
そのためx-1を狙ってボールを投げると、絶対にボールが存在しない座標x-1とx-2にボールが落ちる可能性があり、その分が無駄である
同様の理由から、xを狙ってボールを投げると絶対にボールが存在しない座標x-1にボールが落ちる可能性があり、その分が無駄である
x+1を狙ってボールを投げた場合、ボールが落ちる可能性があるのは座標x,x+1,x+2である
これらの座標にはものが存在する可能性があり、先ほどの２つと比べて無駄がない
そのためx+1を狙ってボールを投げれば良いことが分かる

x+1にボールを投げればよいということが分かった
ここで、x+1にボールを投げた際にボールの落ちる可能性のある場所の状態は次の4通りである
状態1.

状態2.

状態3.

状態4.

それぞれの状態について考える
状態1.
座標xにあるものを倒すまでに必要な投げる回数の期待値は３である
この期待値は次の様にして求まる
1回目で倒せる確率は1/3
2回目で倒せる確率は2/3 * 1/3
3回目で倒せる確率は2/3 * 2/3 * 1/3
...
n回目で倒せる確率は(2/3)^(n-1) * 1/3
期待値はi回目で倒せる確率*i (1<= i <= ∞)の総和となる
8byteのdouble型で計算することを考えると、(2/3)^500はもう0といっていいくらい小さいことが分かる
なので、先ほどの計算を1から500くらいまで愚直にやってみると良い
すると期待値が3に収束していることを確認できる
手でやるなら式をたてて極限でやれば良い

状態2.
座標x,x+1にあるものを倒すまでに必要な投げる回数の期待値は4.5である
この期待値はサンプル１にある通り（xからx+2までの範囲にたっているものの数が同じであれば状態が異なっても期待値は同じ)
x,x+1,x+2にものが１つしか立っていない状態からそれを倒すまでに必要な投げる回数の期待値は３であることから、
x,x+1,x+2にものが２つ立っている状態からものが１つ立っている状態にするために必要な投げる回数の期待値は1.5であることが分かる ( 4.5 - 3.0 = 1.5 )
この結果を用いて次の様に期待値を求めることができる

座標x+1にボールを投げたとき、
xにあるものを倒せたなら、状態１か状態５に遷移する
x+1にあるものを倒せたなら、状態１に遷移する
これらが確率1/2で起こるので、この時の期待値は
(たっているものの数を2個から1個するための期待値=1.5) +
(xにあるものを倒した後、残り全てを倒すまでに必要な期待値) / 2 +
(x+1にあるものを倒した後、残り全てを倒すまでに必要な期待値) / 2

状態3.
状態2とほとんど同じ
x+1がx+2になるだけ

状態4.
座標x,x+1,x+2にあるものを倒すまでに必要な投げる回数の期待値は5.5
なぜなら、３個立っている状態から１個倒すまでに必要な投げる回数の期待値は１（どこに落ちても必ず１本は倒せるから）
2個立っている状態から1個倒すまでに必要な投げる回数の期待値は1.5なので
3個立っている状態から2個倒すまでに必要な投げる回数の期待値は2.5
1個立っている状態から全て倒すまでに必要な投げる回数の期待値は3なので
3個立っている状態から全て倒すまでに必要な投げる回数の期待値は 2.5 + 3 = 5.5

ものが2個立っている状態から全て倒すまでに必要な投げる回数の期待値が4.5なので、
ものが3個たっている状態からものが2個たっている状態にするまでに必要な投げる回数の期待値は1 ( 5.5 - 4.5 = 1 )
また、座標x+1にものを投げると座標x,x+1,x+2のどれか１個が倒れるので、このときの期待値は
(たっているものの数を3個から1個にするまでに必要な投げる回数の期待値=1) +
(xにあるものを倒した後、残り全てを倒すまでに必要な期待値) / 3 +
(x+1にあるものを倒した後、残り全てを倒すまでに必要な期待値) / 3
(x+2にあるものを倒した後、残り全てを倒すまでに必要な期待値) / 3

これらを再帰的に計算すると良い

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)

using namespace std;

/*
  1->0 : 3
  2->1 : 1.5 2->0 4.5
  3->2 : 1   3->1 2.5 3->0 5.5
 */

int n,x[16];
double memo[1<<18];

double dfs(int bitmask) {
  if( !( memo[bitmask] < 0.0 ) ) return memo[bitmask];
  if( bitmask == 0 ) return 0.0;

  int use = bitmask & -bitmask;
  int x   = log2(use);
  int state = (bitmask>>x&1) | (((bitmask>>(x+1))&1)<<1) | (((bitmask>>(x+2))&1)<<2);
  if( state == 1 ) {
    memo[bitmask] = 3.0;
    return memo[bitmask] += dfs(bitmask&(~use));
  } else if( state == 3 ) {
    memo[bitmask] = 1.5;
    return memo[bitmask] += ( dfs(bitmask&(~use)) * 0.5 + dfs(bitmask&(~(1<<(x+1)))) * 0.5 );
  } else if( state == 5 ) {
    memo[bitmask] = 1.5;
    return memo[bitmask] += ( dfs(bitmask&(~use)) * 0.5 + dfs(bitmask&(~(1<<(x+2)))) * 0.5 );
  } else if( state == 7 ) {
    memo[bitmask] = 1;
    return memo[bitmask] += ( dfs(bitmask&(~use)) / 3.0 + dfs(bitmask&(~(1<<(x+1)))) / 3.0 +
                             dfs(bitmask&(~(1<<(x+2)))) / 3.0);
  }
  assert(false);
}

void compute() {
  int bitmask = 0;
  rep(i,n) bitmask |= (1<<(x[i]+1));
  rep(i,(1<<18)) memo[i] = -1.0;
  printf("%.10f\n",dfs(bitmask));
}

int main() {
  cin >> n;
  rep(i,n) cin >> x[i];
  compute();
  return 0;
}

herokuでカスタムドメインを使いたい

herokuでweb appを作ると通常xxx.herokuapp.comというurlになっている
このherokuapp.comを消してxxx.comにしたい
したのでその過程をメモ
ちなみに月1100円くらいかかる

1. ドメインを買う ( 年1300円くらい、購入するドメイン名によるけど ）
自分は
VALUE-DOMAIN バリュードメイン
で購入した
以降購入したどめいん名をxxx.comとする

2. web appのあるディレクトリにどうして
$ heroku domains:add xxx.com
を実行

3. DNSさーばを借りる ( 月1000円くらい　海外のだと$5とかで借りれる )
ルートドメインを使いたいのでALIAS（だったかな）を使えるとこでDNSサーバに登録してもらう
herokuの公式サイトにいくつか紹介されているけど、英語弱者なので日本のが良いと思い
日本のとこを探した
DNSを自由に簡単に。Dozens（ダズンズ）
ここに登録してbasicプラン（月１０００円）に入る
するとTypeでALIASを選べるようになるのでそれを使う
Recode Nameにはなにもかかず(.xxx.com)となるはず
TypeはALIASに、
Contentにxxx.herokuapp.comと書く
あとはそれで登録
登録するとDNSサーバを教えてもらえるので、（といっても固定なので登録しなくても分かるが
それをdomain-valueに言ってネームサーバに記入しておわり

第2回 ドワンゴからの挑戦状 予選 D : 庭園

問題リンク :
D: 庭園 - 第2回 ドワンゴからの挑戦状 予選 | AtCoder

問題概要 :
略

解法 :
長方形を２つ選ぶので、縦か横に領域を分割して
それらの中の最大値を足したものの最大値が答えとなる
そのため、ある長方形の中の最大値について求めることができれば良い

まず、以下の問題を解こう
Frame | Aizu Online Judge
y軸を２つ選ぶというアイデアを得ましたね
では次に、以下の問題を解きましょう
https://uva.onlinejudge.org/external/126/p12640.pdf
（この解説は
UVa 12640 : Largest Sum Game - 土下座しながら探索中）

数列について、連続した部分の総和の最大値の求めかたが分かりましたね
ではもうこの問題についても分かったでしょう

つまり、y軸を２つ固定すると、その固定された範囲の各x軸については和をとってまとめることが可能で、こうするとただの数列の連続した部分列の最大値を求める問題になります

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;
const ll LLINF = LLONG_MAX;
const int MAX = 310;

ll b[MAX][MAX],sum[MAX][MAX];
ll upper[MAX], bottom[MAX];

void rotate90(int h,int w){
  swap(h,w);
  vector<vector<ll> > ret(h,vector<ll>(w,0));
  for(int y=0;y<h;y++){
    for(int x=0;x<w;x++){
      ret[y][x] = b[w-1-x][y];
    }
  }
  rep(i,h) rep(j,w) b[i][j] = ret[i][j];
}

inline ll calcSum(int x1,int y1,int x2,int y2) {
  ll ret = sum[y2][x2];
  if( y1-1 >= 0 ) ret -= sum[y1-1][x2];
  if( x1-1 >= 0 ) ret -= sum[y2][x1-1];
  if( y1-1 >= 0 && x1-1 >= 0 ) ret += sum[y1-1][x1-1];
  return ret;
}

ll calc(int h,int w) {
  rep(i,h) rep(j,w) {
    sum[i][j] = b[i][j];
    if( j-1 >= 0 ) sum[i][j] += sum[i][j-1];
    if( i-1 >= 0 ) sum[i][j] += sum[i-1][j];
    if( j-1 >= 0 && i-1 >= 0 ) sum[i][j] -= sum[i-1][j-1];
  }
  rep(i,h) upper[i] =  bottom[i] = -LLINF;
  rep(y1,h) REP(y2,y1,h) {
    ll maxi = -LLINF;
    ll mini = 0;
    rep(x,w) {
      maxi = max(maxi,calcSum(0,y1,x,y2)-mini);
      mini = min(mini,calcSum(0,y1,x,y2));
    }
    upper[y2]  = max(maxi,upper[y2]);
    bottom[y1] = max(maxi,bottom[y1]);
  }
  REP(y,1,h) upper[y] = max(upper[y],upper[y-1]);
  for(int y=h-2;y>=0;y--) bottom[y] = max(bottom[y],bottom[y+1]);
  ll maxi = -LLINF;
  rep(y,h-1) maxi = max(maxi,upper[y]+bottom[y+1]);
  return maxi;
}

void compute(int h,int w) {
  ll maxi = calc(h,w);
  rotate90(h,w);
  swap(h,w);
  maxi = max(maxi,calc(h,w));
  cout << maxi << endl;
}

int main() {
  int h,w;
  cin >> h >> w;
  rep(i,h) rep(j,w) cin >> b[i][j];
  compute(h,w);
  return 0;
}