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hogecoder

つたじろう(Tsuta_J) 競技プログラミングの記録

AtCoder Beginner Contest 018 D: バレンタインデー

バレンタインデー、みなさんいかがお過ごしでしょうか。私はいつもと変わらず競プロをやっています。というわけで今回は ABC018 D 問題です。

問題概要

原文 → D: バレンタインデー - AtCoder Beginner Contest 018 | AtCoder

女子が  N 人、男子が  M 人いる中から、女子  P 人、男子  Q 人からなるグループを作る。

チョコレートは  R 個あり、番号が  x_i である女子は番号が  y_i である男子に幸福度  z_i である  i 番目のチョコレートを渡すが、これは番号が  x_i である女子と番号が  y_i である男子が両方ともグループに含まれている時に限り渡すことができる。

渡されたチョコレートの幸福度の合計値の最大値を出力せよ。

解説

女子の組み合わせ、ならびに男子の組み合わせを総当りで考えてしまうと、組み合わせが  {}_N C_P \times {}_M C_Q 通りあるため間に合わず、この問題の制約では部分点止まりになります。

満点解法では、「グループに入れる女子を固定すれば、チョコレートを貰う男子とその男子が得る幸福度がわかる」ことに着目します。グループにどの男子を入れるかについては、幸福度が大きい男子から貪欲に選択するのが最適です。いわゆる半分全列挙というやつです。したがって、次の流れで実装すればよいです。

  • グループに女子を  P 人入れる各組み合わせについて以下を行う
  • チョコをもらう可能性のある男子について、幸福度を計算する
  • 幸福度が大きい順に男子を  Q 人選び、その男子の幸福度の合計を計算し、その max を答えとする

この方針で解くと男子の組み合わせを列挙する必要がなくなるため、間に合います。

ソースコード

signed main() {
    int n, m, p, q, r; cin >> n >> m >> p >> q >> r;
    vector<pii> v[20];
    rep(i,0,r) {
        int x, y, z; cin >> x >> y >> z;
        x--; y--;
        v[x].pb(pii(y,z));
    }
    int ans = 0;
    rep(i,0,(1 << n)) {
        int bcnt = __builtin_popcount(i);
        if(bcnt != p) continue;
        int value[20] = {};
        rep(j,0,n) {
            if(i >> j & 1) {
                rep(k,0,v[j].size()) {
                    int to = v[j][k].fr;
                    int cost = v[j][k].sc;
                    value[to] += cost;
                }
            }
        }
        sort(value, value + m, greater<int>());
        int temp = 0;
        rep(j,0,q) temp += value[j];
        ans = max(ans, temp);
    }
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

余談

2/9 の SRM 708 で、念願の Div1 昇格を果たしました。初めて青になれたのでうれしかったです。

青底辺から上がれるようにこれからも頑張ります。

AtCoder Regular Contest 043 B: 難易度

ARC043 B問題、データ構造で殴ってしまったけど、明らかに想定解法より楽な方法だと思うのでいちおう紹介。

問題概要

問題原文 → B: 難易度 - AtCoder Regular Contest 043 | AtCoder

長さ  N の数列が与えられる。この数列から、(  i - 1 番目に取った数 )  \times 2 \leqq (  i 番目に取った数 ) となるように数字を  4 つとる。この取り方の総数を  1000000007 で割った余りを出力せよ。なお、同じ値でも違うインデックスにある数同士は区別される。

解説

まず数列をソートして、dp でできないかを考えてみます。

dp[i][j] := i 番目の数を j 番目に使う場合の数 という配列を考えると、 a_i の前に選んだ可能性のある数は  1 \leqq a_k \leqq \lfloor \frac{a_i}{2} \rfloor を満たす全ての数であるため、遷移は以下のようになります。

 dp_{i,j} = dp_{i,j} + \sum_{1 \leqq a_k \leqq \lfloor \frac{a_i}{2} \rfloor} dp_{k, j-1}

これをそのまま実装してしまうと  O(N^2) のコードになってしまい TLE しますが、  \Sigma をとっている部分は  a のインデックスが  0 からある数字までの区間の和ですので、この部分を BIT などのデータ構造で高速で計算すれば時間内に解くことができます。計算量は  O(N \log N) です。実装では BIT を使いやすくするために配列を再利用するとよいでしょう。

ソースコード

BIT を使いやすくするために配列の再利用をしています。

// BIT 略
signed main() {
    int n; cin >> n;
    int a[100010]; rep(i,0,n) cin >> a[i];
    sort(a, a+n);
    zeroIndexedBIT<int> dp(n);
    rep(i,0,n) dp.add(i, 1);

    rep(j,0,3) {
        repr(i,n-1,0) {
            dp.add(i, -dp.sum(i,i));
            int k = upper_bound(a, a+n, a[i] / 2) - a;
            k--;
            if(k < 0) continue;
            int temp = dp.sum(0, k);
            dp.add(i, temp);
        }
    }

    int ans = dp.sum(0, n-1);
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

AtCoder Grand Contest 010 B: Boxes

AGC010 の B 問題。本番解けなかったけどこれは良問だとおもう。

問題概要

原文 → B: Boxes - AtCoder Grand Contest 010 | AtCoder

 N 個の箱が環状に並んでおり、 i 番目の箱に入っている石の数は  a_i 個である。

この環状に並ぶ箱に対して、ある箱を選んでそれを  i 番目としたとき、 1 から  N の各  j に対して、 (i+j) 番目の箱から石をちょうど  j 個取り除く、という操作が行える。ただし、 N+k 番目の箱は  k 番目と同一視するものとする。

この操作を繰り返して全ての石を取り除くことができるかを求めよ。ただし各操作において、取り除きたい個数の石がない箱があるときは、その操作を行えないものとする。

解説

箱の数を  n とおくことにします。

まず、この操作を  1 回行った時の重要な性質をいくつか見ていきます。

  1.  1 回の操作で  \frac{n(n+1)}{2} 個の石が取り除かれる
  2.  i 番目の箱に入っている石の数の変化量を  h_i とおくと、隣接  2 項間の  h の差分の和  \sum_{i=1}^N (h_{i-1} - h_i) 0 になる

前者は問題文より明らかです。後者は、差分が  -1 の箇所が  (n-1) 個あり、差分が  (n-1) の部分が  1 個あるため、結果的に差分の和は  0 になります。

したがって、操作が  k 回行われた場合、 k \times \frac{n(n+1)}{2} 個の石が取り除かれ、上述の差分の和は  0 であることがわかります。特に前者は非常に重要で、これを言い換えると、与えられた数列の項の総和から操作回数を計算できると言えます。

これで数列全体に対する操作の回数はわかりましたので、あとは「どの箱から何回操作を行ったか」の情報がわかれば解けます。以降、数列全体に対する操作の回数を  z とします。

 i 番目の箱から操作を行う数を  x_i とし、元の数列で自分より前の項との差分、すなわち  a_{i-1} - a_i s_i とします。このとき、 x_i はどのように表せるでしょうか?これは、次のことを用いて考えれば良いです。

  1.  i 番目から操作を行う回数が  x_i 回 → 前の項に比べて  x_i \times (n-1) 減っている
  2.  i 番目以外から操作を行う回数が  (z-x_i) 回 → 前の項に比べて  (z-x_i) \times 1 増えている

この事実と、 s_i が「前の項からいくつ減っているか?」を表していることから、次の一次方程式を立てることができます。

 s_i = (n-1)x_i - (z-x_i)

これを  x について解くと、

 x_i = \frac{s_i + z}{n}

となります。もちろん、 x_i は整数になりますので、分子  s_i + z n の倍数でなければなりません。

どの箱から何回操作を行ったかの情報さえあれば、数列を構築することができます。 1 番目の数列の値を  O(N) で構築すれば、 2 番目以降は前の項の結果を用いて  O(1) で計算できるため、結果  O(N) で構築できます。私のソースコードではこの方法で構築した数列と与えられた数列を比較して最終確認をしています。(この最終確認はしてもしなくても良いです)

ソースコード

signed main() {
    int n; cin >> n;
    int a[100010] = {};
    int sum = 0;

    rep(i,0,n) {
        cin >> a[i];
        sum += a[i];
    }

    int cs[100010] = {};
    int ret[100010] = {};
    int cntnum = 0;

    if(sum % (n * (n+1) / 2)) cout << "NO" << endl;
    else {
        cntnum = sum / (n*(n+1) / 2);
        rep(i,0,n) {
            int prev = (i - 1 + n) % n;
            int s = a[prev] - a[i];
            // n で割り切れなければ操作回数が小数になるので不適
            // 結果が負になるのも不適 (操作回数は非負整数)
            if( (s+cntnum) % n != 0 || (s + cntnum) / n < 0) {
                cout << "NO" << endl;
                return 0;
            }
            cs[i] += (s + cntnum) / n;
        }
        rep(i,0,n) ret[0] += cs[i] * ((n - i) % n + 1);
        rep(i,1,n) ret[i] = ret[i-1] - cs[i] * n + cntnum;
        rep(i,0,n) {
            if(ret[i] != a[i]) {
                cout << "NO" << endl;
                return 0;
            }
        }
        cout << "YES" << endl;
    }
    return 0;
}

この、特殊なデータ構造を理解している必要もなく、実際はループと単純な演算だけで答えが導けるっていう考察重視の感じね。さすが最強高校生が考える問題は一味違う・・・。

AtCoder Regular Contest 027 C: 最高のトッピングにしような

またまた DP 自力で解けた記念。

問題概要

原文 → C: 最高のトッピングにしような - AtCoder Regular Contest 027 | AtCoder

 N 種類のトッピングがある。トッピング  i t_i 枚のチケットを交換することで入手でき、その価値は  h_i である。

チケットにはスペシャルチケットと通常のチケットの  2 種類が存在し、どのトッピングにおいてもスペシャルチケット最低  1 枚を含むチケットの組み合わせでなければ交換できない。

いま、スペシャルチケットを  X 枚、通常のチケットを  Y 枚持っている。トッピングの価値の合計値を最大化せよ。

解説

ナップザックの亜種、ということで動的計画法を使って解いていきます。説明のため、スペシャルチケットは ST と、通常のチケットは RT と略記します。

dp[i][j][k] := i 番目までのトッピングを使って、ST の残りが j 枚で RT の残りが k 枚である時の価値の最大値 となるように配列を用意します。

どちらの種類のチケットも十分な数あると仮定するとき、 h_i 枚のチケットが必要なトッピングに対して使うチケットの組み合わせは  h_i 通りありますが、これを全て試していってしまうと DP の更新が  4 乗ループになり時間的に間に合いません。どこかを工夫して、計算量を落とせないでしょうか?

今回の場合は、ST と RT を組み合わせて  h_i 枚使えば良いとのことですので、使うチケットの枚数はどの組み合わせでも等しいです。さらに、いずれのトッピングも ST が最低  1 枚以上必要であることも重要で、これらを考えると RT の方をなるべく多く使っていけば (ST がなるべく余るように使っていけば) 良いことがわかります。この貪欲で  3 乗ループになりますので間に合います。計算量は  O(XYN) です。

ソースコード

最初メモ化で書こうと思ったけど、意味不明なコードになったので DP で。

int x, y, n;
int t[310], h[310];
int dp[310][310][310];

signed main() {
    cin >> x >> y >> n;
    rep(i,0,n) cin >> t[i] >> h[i];
    memset(dp, 0, sizeof(dp));
    
    rep(i,0,n) repq(j,0,x) repq(k,0,y) {
        dp[i+1][j][k] = dp[i][j][k];
        if(j+k >= t[i] && j != 0) {
            int p, q;
            if(k >= t[i] - 1) {
                p = 1;
                q = t[i] - 1;
            }
            else {
                p = t[i] - k;
                q = k;
            }
            dp[i+1][j][k] = max(dp[i+1][j][k], dp[i][j-p][k-q] + h[i]);
        }
    }
    int ans = 0;
    repq(i,0,x) repq(j,0,y) ans = max(ans, dp[n][i][j]);
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

さすがにナップザックの亜種は割とできるようになってきたけど、他の DP にもトライしてみなければ・・・。

TopCoder SRM707 Div 2 Med: StepsConstruct

正答率低いのはバグりやすいせいかな。発想自体はそんなに難しくない。

問題概要

原文 → TopCoder Statistics - Problem Statement

 n \times m の盤面があり、. は通行可能な座標、# は通行不可能な座標を表す。座標の移動は上下左右の方向のみ許されている。左上の座標からスタートし、右下の座標にちょうど  k ステップで到達できるルートが存在するならば、そのルートを出力せよ。なお、同じ座標に何度移動しても構わないものとする。

解説

まず普通に BFS をやってみて、右下に行くまでに最短で何ステップ必要かを求めましょう。この時点で INF になったり  k を超えてたりしていると明らかに無理なので弾きます。

次に、 k と最短ステップの偶奇を調べましょう。これが一致していないときも弾きます。

経路復元は、ゴールから再度 BFS していくのがやりやすいと思います。ゴールからたどれば、今いる座標の隣のどこかに (スタートから今いる座標に行くまでのステップ数 -  1 ) の座標が必ず存在するので、経路復元が可能になります。

ここまで来たら、ステップ数が  k になるように適当に増やせば終わりです。手っ取り早いやり方としては、右下の座標の隣のドットと右下の座標に交互に移動し続けるのが良いでしょう。

ソースコード

int dy[]={0, 0, 1, -1};
int dx[]={1, -1, 0, 0};
string dir = "DURL";

int rec[100][100];
class StepsConstruct {
    public:
    string construct(vector<string> board, int k) {
        int n = board.size(), m = board[0].size();
        rep(i,0,n) rep(j,0,m) rec[i][j] = INF;
        rec[0][0] = 0;
        queue<pii> q;
        if(board[0][0] == '.') q.push(pii(0,0));

        while(!q.empty()) {
            pii t = q.front(); q.pop();
            rep(i,0,4) {
                int x = t.fr + dx[i];
                int y = t.sc + dy[i];
                if(x < 0 || x >= n || y < 0 || y >= m) continue;
                if(board[x][y] == '#') continue;
                if(rec[x][y] <= rec[t.fr][t.sc] + 1) continue;
                rec[x][y] = rec[t.fr][t.sc] + 1;
                q.push(pii(x,y));
            }
        }

        if(rec[n-1][m-1] == INF || rec[n-1][m-1] > k) return "";
        if(k % 2 != rec[n-1][m-1] % 2) return "";

        string ret = "";
        int dist = rec[n-1][m-1];
        q.push(pii(n-1, m-1));
        int repdir = -1;
        while(!q.empty()) {
            pii t = q.front(); q.pop();
            rep(i,0,4) {
                int x = t.fr + dx[i];
                int y = t.sc + dy[i];
                if(x < 0 || x >= n || y < 0 || y >= m) continue;
                if(rec[x][y] != dist - 1) continue;
                if(repdir == -1) repdir = i;
                ret += dir[i ^ 1];
                dist--;
                q.push(pii(x, y));
            }
        }
        reverse(ret.begin(), ret.end());
        while(ret.size() != k) ret = ret + dir[repdir] + dir[repdir ^ 1];
        return ret;
    }
};

今回はすんなり行けたけど、この手の問題って本番書いたらバグりそうでこわい。

AOJ DPL_1_G: Knapsack Problem with Limitations

個数制限付きナップザック問題です。

問題概要

原文 → Knapsack Problem with Limitations | Aizu Online Judge

価値  v_i で重さ  w_i であるような  N 種類の品物と、容量が  W のナップザックがある。

 i 番目の品物は  m_i 個まで使用できる。

ナップザックの容量を超えないように品物を入れた時の価値の最大値を求めよ。

解説

各品物について、品物を  1 個入れたとき、 2 個入れたとき・・・と愚直に  1 ずつ増やして考えていくと計算量的に間に合いません。

そこで、繰り返し二乗法のように(厳密には少し違うけど)、取る数を  2 倍ずつ増やしていくことで考えていきましょう。

例えば品物が  13 個ある場合は、この場合ですと

  • 品物を  1 個入れたとき
  • 品物を  2 個入れたとき
  • 品物を  4 個入れたとき
  • 品物を  6 個入れたとき

をそれぞれ計算するというわけですね。これで計算量が  O(NW \log m) となり間に合います。

ソースコード

for 文の向きに気をつけましょう。

signed main() {
    int N, W; cin >> N >> W;
    int v[110], w[110], m[110];
    rep(i,0,N) cin >> v[i] >> w[i] >> m[i];

    int dp[10010] = {};
    rep(i,0,N) {
        // take key good(s) each
        for(int k=0; m[i]>0; k++) {
            int key = min(m[i], (int)(1<<k));
            m[i] -= key;
            for(int j=W; j>=key*w[i]; j--) {
                // do not take or take
                dp[j] = max(dp[j], dp[j-key*w[i]] + key*v[i]);
            }
        }
    }
    int ans = 0;
    repq(i,0,W) ans = max(ans, dp[i]);
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

AOJ 1335: Equal Sum Sets

たとえ簡単な DP でも一発で通ると嬉しいよね。

問題概要

原文 → Equal Sum Sets | Aizu Online Judge

 n 以下の相異なる自然数  k 個の合計が  s となる組み合わせの総数を求めよ。

  •  1 \leqq n \leqq 20
  •  1 \leqq k \leqq 10
  •  1 \leqq s \leqq 155

解説

 n 以下の各数字  i について、 i を使うときと使わないときを考えてみます。

  •  i を使うときは、合計が  i 増え、使う数字の数は  1 増える
  •  i を使わないときは、合計は変わらず、使う数字の数も変わらない

これを用いて DP を書きます。計算量  O(nks) です。

ソースコード

signed main() {
    int N, K, S;
    while(cin >> N >> K >> S, N || K || S) {
        // dp[i][j][k] := i 以下の数字を j 個使って k を作る組み合わせ
        int dp[25][25][255] = {};
        dp[0][0][0] = 1;
        repq(i,1,N) {
            repq(j,0,K) {
                repq(k,0,S) {
                    // i を使うと 合計は i 増える
                    if(k - i >= 0 && j != 0) dp[i][j][k] += dp[i-1][j-1][k-i];

                    // i を使わないと 合計は変わらない
                    dp[i][j][k] += dp[i-1][j][k];
                }
            }
        }
        cout << dp[N][K][S] << endl;
    }
    return 0;
}

にしてもAOJ-ICPCでこれ150点なのかー。・・・と思ってたけどよく考えたら  n が20までしかないからビットで全列挙できるか。