ARC 088 E - Papple Sort
E - Papple Sort
公式解説が賢かった(レート1600並感)。
考察
- 回文なので、文字列を半分に分けて考えそう。
- 左右どちらの文字列に合わせて回文にすれば良いのかわからない。
- 外側から貪欲に決めれば最小回数になりそう(適当)
外側から決める方法
以下、スワップする回数をコストと呼ぶ。
回文;????????
余り;ataatmma
回文を a??????a にするとき、必要なコストは0。
回文を t??????t にするとき、必要なコストは4。
回文を m??????m にするとき、必要なコストは6。
よって、a??????a にするのが最善。
回文:a??????a
余り:taatmm
同様に、
aa????aa にするとき、コスト4。
at????ta にするとき、コスト2。
am????ma にするとき、コスト4。
よって、at????ta にするのが最善。
これを繰り返す。
回文:at????ta
余り:aamm
回文:atammata
余り:
計算量
- 外側の文字を決める O(26)
- 外側を決めうちしたとき、必要なコストを求める O(log |S|)
各英小文字につき、何番目に出てくるかを前計算しておき、最も小さい値と最も大きい値(外側に近い)を参照すればよい(前計算 O(|S|)、本計算O(1))。
ただし、「余り」文字列において何番目に現れたかを持っていなければ、コストが計算できない。
そのため、セグ木(BIT)を使って何番目かを再計算する必要がある。
よって、O(log |S|)となる。
- 回文を構築する O(|S|)
したがって、O(26 * |S| log |S|)
実装
#include<bits/stdc++.h> #define range(i,a,b) for(int i = (a); i < (b); i++) #define rep(i,b) for(int i = 0; i < (b); i++) #define all(a) (a).begin(), (a).end() #define show(x) cerr << #x << " = " << (x) << endl; const int INF = 1e8; using namespace std; const int MAX_N = 200005; //[1, n] int bit[MAX_N + 1] = {0}; int sum(int i){ int s = 0; while(i > 0){ s += bit[i]; i -= i & -i; } return s; } void add(int i, int x){ while(i <= MAX_N){ bit[i] += x; i += i & - i; } } bool impossible(vector<vector<int>> v){ int odd = 0; rep(i,26){ if(v[i].size() % 2) odd++; } return odd >= 2; } int main(){ string s; cin >> s; vector<vector<int>> v(26); // 各英小文字が何番目に現れるか rep(i,s.size()){ v[s[i] - 'a'].emplace_back(i); } if(impossible(v)){ cout << -1 << endl; return 0; } pair<int, int> p[26]; rep(i,26) p[i] = make_pair(0, v[i].size() - 1); //front, back int len = s.size() - 1; long long ans = 0; rep(i,s.size() / 2){ int t; int minCost = INF; rep(j,26){ if(v[j].size() <= 1) continue; int front, back; tie(front, back) = p[j]; if(front >= back) continue; int front_p = v[j][front]; int back_p = v[j][back]; int left = front_p - sum(front_p + 1); // 「余り」文字列の何番目に現れるか int right = back_p - sum(back_p + 1); int cost = left + (len - right); // 'a' + j を外側に移動させるコスト if(minCost > cost){ minCost = cost; t = j; } } ans += minCost; add(v[t][p[t].first] + 1, 1); add(v[t][p[t].second] + 1, 1); p[t].first++; p[t].second--; len-=2; } cout << ans << endl; }
Indeed study session に競プロ的な愚直解コードを投げてしまった話
Indeed study session に参加して思ったこと。
Indeed study sessionとは
提出したコードをレビューしてもらえる勉強会。
書いたコードについて色々言ってもらえる。
ちなみに2次募集の締め切りが 12/20 です。
学んだこと
競プロの気持ちでやってはダメだよ
競プロをやる気持ちで書いたコードを投げてはいけない(それはそう)。
無駄な部分は減らそう
AC or TLE で考えると無意味な高速化もちゃんとやらないといけない。
競プロ的に丁寧に書いても読めない
競プロの丁寧は、読めないを読めるようにはしない。
includeを減らす
いらない部分は消す。
参照渡しを使う
for(auto &i : data) とか。
競プロ的にはあまり変わらなくても、無駄は減らす。
using namespace stdはダメ
それはそう。
感想
コードレビューに使うコードは90分で書く必要がある。
簡単に言えば、一問だけの90分コンテスト。
解法が思いつかず、時間ギリギリに愚直解で書いたのが悪かった。
自明に高速化できる部分が多々あった。それでもTLEにはかわりないが。
このような形式であれば、さっさと見切りをつけて部分点解法を書く気持ちで取り掛かった方が良いかもしれない。
アルゴリズムの部分はほぼ触れられていないので、考える部分を間違えた感がある(それはそう)。
コードをきっちりかかないと、それだけレビューの内容も薄くなってしまう。
つめるところはきっちりとつめよう。
全体的に”それはそう”という感想しか出てこない。
dein.vimとdeopleteをmacにインストールする。
dein.vim
dein.vimは暗黒のプラグインマネージャです。
元々neobundleを使っていましたが、後継が1.5年前に出ているのでさすがに乗り換えました。
インストール
githubのQuick start、dein.vimのインストール自体にハマってしまったメモ - Qiitaを参照。
1、Run below script. $ curl https://raw.githubusercontent.com/Shougo/dein.vim/master/bin/installer.sh > installer.sh $ sh ./installer.sh {specify the installation directory}
これを実行すると、最後に「今表示したscriptをvimrcに貼り付けてね(意訳)」と表示されるので見逃さずに貼り付けましょう(1敗)。
" If you want to install not installed plugins on startup. if dein#check_install() call dein#install() endif
この部分のコメントアウトを外して起動時にインストールするようにします。
You can specify revision/branch/tag. call dein#add('Shougo/deol.nvim', { 'rev': 'a1b5108fd' })
vim8だとこの部分で deol.nvim requires Neovim と言われます。
, { 'rev': 'a1b5108fd' } の部分を消して、deol.nvimを削除、その後インストールすれば使えます。
deoplete.nvim
自動補完プラグイン。
インストール
vimrcに以下を記述。
C++の補完のため、deoplate-clangもインストールする。
GitHub - deoplete-plugins/deoplete-clang: deoplete.nvim source for C/C++/Obj-C/Obj-C++ with clang-python3
brew install cmake brew install llvm --with-clang
必要なものを揃える。
call dein#add('Shougo/deoplete.nvim') call dein#add('zchee/deoplete-clang') if !has('nvim') call dein#add('roxma/nvim-yarp') call dein#add('roxma/vim-hug-neovim-rpc') endif
上記をvimrcに追加。
g:deoplete#sources#clang#libclang_path g:deoplete#sources#clang#clang_header
この二つの設定は必須です。
libclang_pathにはlibclang.dylibへのpath、clang_headerはclangディレクトリへのpathです。
libclang_pathと同じディレクトリにclangのディレクトリがあれば、それへのpathをclang_headerにします。
denite.vimはうまく動かないので諦めました。
AtCoder Beginner Contest D問題ジャンル分け
imos法
DP・メモ化再帰
未分類
D - マーブル
別解:最小費用流
D - トランプ挿入ソート
D - 金塊ゲーム
D - 高橋くんの苦悩
D - サプリメント
D - 25個の整数
D - ナップサック問題
D - 経路
D - No Need
D - Mixing Experiment
別解:半分全列挙
桁DP
TreeDP
BitDP
行列累乗
2次元累積和
フロー
グラフ
D - バスと避けられない運命
D - 閉路
D - 高橋くんと木の直径
D - トレジャーハント
D - Candidates of No Shortest Paths
D - Score Attack
D - Transit Tree Path
D - joisino's travel
D - Restoring Road Network
Union-find
ダブリング
D - 阿弥陀
別解:巡回置換
セグメントツリー | Binary Indexed Tree
シミュレーション
ARC016 - C ソーシャルゲーム
問題概要
商品が n 種類、くじが m 種類あります。
くじを一度引くのにお金がかかります。
くじからは、ある確率である商品が手に入ります。
最善を尽くしたとき、全ての商品を集める金額の期待値を求めてください。
考えたこと
期待値についてはこちら 期待値と条件付確率 - math314のブログ、
問題文についてはこちら ARC016-C「ソーシャルゲーム」 の記事が非常に参考になります。
こちら 期待値と条件付確率 - math314のブログ の記事で例として挙げられているコイントスの期待値についてです。
頂点の値が、連続で表が出た回数を示しています。
青矢印が表が出たことを、橙矢印が裏が出たことを表しています。
期待値はこのように状態の遷移から式を立てることができます。
単純なくじで、期待値を求める式を立ててみます。
E は、その状態から全ての商品を集めるためにくじを引く回数を表しています。
頂点の値は、商品の入手を bit で表しています。
00 の状態からそれぞれ 10, 01 の状態へ遷移し、最後は 11 となります。
11 は全て揃った状態でありこれ以上はくじを引く必要がないため E_11 = 0 です。
10 の状態から 11 になるに 1 番目の商品を引かなければなりません。
このとき、 5% の確率で引けるので、くじを引く回数の期待値は 100 / 5 回です。
もう片方は 95% なので、 100 / 95 回です。
00 からは 5% の確率で 01 になり、 01 からは 100 / 95 回で全て揃います。
また、 95% の確率で 10 になり、 10 からは 100 / 5 回で全て揃います。
これで、 00 から 11 までの期待値が計算できました。
式を実際に立ててみると、後ろから計算することで解がわかることに気付けます。
あとは式を計算できるように実装します。
実装
sum が自分自身に返ってこない場合の期待値を表しています。
100 / (100 - k) が自分自身に返ってくる確率の逆数(期待値)を表しています。
手計算した式をどうにか実装したらうまくいった、という感じです。
#include<bits/stdc++.h> #define range(i,a,b) for(int i = (a); i < (b); i++) #define rep(i,b) for(int i = 0; i < (b); i++) #define all(a) (a).begin(), (a).end() #define show(x) cerr << #x << " = " << (x) << endl; const int INF = 1e8; using namespace std; //i番目のビットを返す bool getBit(int num, int i){ return ((num & (1 << i)) != 0); } //i番目を1にする int setBit(int num, int i){ return num | (1 << i); } int main(){ int n, m; cin >> n >> m; vector<int> c(m), cost(m); vector<vector<pair<int, int>>> kuji(m); //番号、確率 rep(i,m){ cin >> c[i] >> cost[i]; rep(j,c[i]){ int a, b; cin >> a >> b; a--; kuji[i].emplace_back(a,b); } } double dp[1 << 10]; rep(i,1 << 10) dp[i] = INF; dp[(1 << n) - 1] = 0; for(int s = (1 << n) - 1; s >= 0; s--){ rep(i,m){ double sum = cost[i], k = 0; for(auto j : kuji[i]){ if(not getBit(s, j.first)){ sum += dp[setBit(s, j.first)] * j.second / 100.0; }else{ k += j.second; } } dp[s] = min(dp[s], sum * 100.0 / (100 - k)); } } cout << fixed << setprecision(10) << dp[0] << endl; }
ARC067 - E Grouping
問題概要
N 人をグループ分けします。
一つのグループにつき A ~ B 人で構成し、
同じ人数のグループは 0 か C ~ D 個作らなければいけません。
このようなグループ分けは何通りありますか。
DPの解説
DPテーブルを書いてみます。
横軸が、グループ分けしていない、残っている人の数。
縦軸が、i 人以下のグループのみでグループ分けしていることを表します。
dp[i][j] = i 人以下のグループのみにでグループ分けした時、グループ分けされていない人の数が j 人の時の通り数
入力は、3 1 2 1 2 だとします。
まず、0 人以下のグループのみでグループ分けした場合を考えます。
「誰も選べない」の 1 通りしかないので、dp[0][n] = 1。
残りの人数を減らせないので、その他はすべて0。
次に、1 人のグループのみでグループ分けした場合を考えます。
残り 3 人いるときに、1 人グループを 1 個作った場合、3 人のうちから 1 人選ぶので、 。
残り 3 人いるときに、1 人グループを 2 個作った場合、3 人のうちから 1 人選んで、 2 人のうちから 1 人選ぶ。
そして、重複を消せばよいので、 。
同じグループは 3 個以上作れないので、次に進みます。
残り2 人いるときに、1 人グループを 1 個作った場合……ですが、
dp[0][2] = 0 のため、dp[1][1] += となります。
計算をしても +0 するだけなので省略。
これで 1 人グループを作る場合をすべて試せました。
この計算結果は、1 人グループのみでグループ分けした結果の通り数を表しています。
縦軸は、i 人以下のグループのみでグループ分けしていることを表すので、0 行の結果を加える必要があります。
次に、2 人以下のグループのみでグループ分けした場合を考えます。
残り 3 人いるときに、2 人グループを 1 個作った場合、 。
2 人グループは 1個以上作れないので、次に進みます。
残り 2 人いるときに、2 人グループを 1 個作った場合、 。
2人グループを作る場合が終わりました。
あとは先と同様に、1行の結果を加えます。
これで本当に正しいのか、組み合わせを列挙してみます。
残り 3 人のとき
{} (空集合)
より 1 通り。
残り 2 人のとき
{1}
{2}
{3}
より 3 通り。
残り 1 人のとき
{1, 2}
{1, 3}
{2, 3}
{ {1}, {2} }
{ {1}, {3} }
{ {2}, {3} }
より 6 通り。
残り 0 人のとき
{ {1, 2}, {3} }
{ {1, 3}, {2} }
{ {2, 3}, {1} }
より 3 通り。
どうやら正しいようです。
実装
先に組み合わせ、階乗の逆元を計算しておきます。
あとは遷移させます。
計算結果がどんどん加算されていくDPなので、更新する方向に気をつければ 1 次元配列で計算できます。
残り 1000 人を 1 人グループに分ける場合、
1 個のとき:
2 個のとき:
3 個のとき:
....
と組み合わせの計算に時間がかかるので、前回の計算結果を用いて計算量を落としています。
#include<bits/stdc++.h> #define range(i,a,b) for(int i = (a); i < (b); i++) #define rep(i,b) for(int i = 0; i < (b); i++) #define all(a) (a).begin(), (a).end() #define show(x) cerr << #x << " = " << (x) << endl; //const int INF = 1e8; using namespace std; const long long M = 1000000007; long long nCr[1005][1005]; void Pascals(){ nCr[0][0] = 1; range(i,1,1001){ rep(j,i + 1){ if(j == 0) nCr[i][j] = nCr[i - 1][j]; else if(j == i) nCr[i][j] = nCr[i - 1][j - 1]; else nCr[i][j] = (nCr[i - 1][j] + nCr[i - 1][j - 1]); nCr[i][j] %= M; } } } //べき乗 x^n mod M long long power(long long x, long long n){ long long res = 1; if(n > 0){ res = power(x, n / 2); if(n % 2 == 0) res = (res * res) % M; else res = (((res * res) % M) * x ) % M; } return res; } //階乗 long long fact[1005]; long long factorial(long long n, long long r){ long long res = 1; range(i,r,n + 1){ res*= i; res%= M; fact[i] = res; } return res; } int main(){ Pascals(); factorial(1000,1); long long fact_rev[1005]; rep(i,1001) fact_rev[i] = power(fact[i], M - 2); long long n, a, b, c, d; cin >> n >> a >> b >> c >> d; long long dp[1005] = {0}; dp[n] = 1; range(i,a,b + 1){ range(k,i * c,n + 1){ long long person = k; long long comb = 1; range(j,1,d + 1){ long long join = i * j; if(k - join < 0) break; (comb *= nCr[person][i]) %= M; person-=i; if(j >= c){ (dp[k - join] += dp[k] * comb % M * fact_rev[j] % M) %= M; } } } } cout << dp[0] << endl; }
ABC009 - D 漸化式
問題概要
二つの数列 と が入力で与えられる。
数列 A は以下の式によって計算できる。
数列 A の M 番目の値を求めよ。
解き方
漸化式を計算するには、DPを使えば良いです。しかし、制約が大きく、DPでは解けません。
別の方法を使って漸化式を解く必要があります。
そこで、行列累乗を使います(あり本 P.180参照)。
行列累乗に and や xor が使えるのかですが、それは atcoder の公式解説を参照してください。
あり本を見ながらやれば実装できます。ほとんどあり本のプログラムそのままです。
正しい順番で値を入れて、正しい値で初期化して、演算子を変えましょう。
ただ、割と引っかかるポイントが多かったです。
気をつけるところ
and は論理積
bit の and が取りたい時は、 bitand か & を使いましょう。
各項の順番
行列に値を入れる際、右から左に並べるのか、左から右に並べるのか(もちろん上下も)。
and 演算子の単位元
普通に掛け算をするのであれば、単位元は 1 です。
あり本にあるプログラムや式は、行列の掛け算を行うため、 単位元に 1 が使われています。
しかし、この問題では and 演算子を使うため、単位元は全 bit が 1 の値です。
初期化ミスに気をつけましょう。
m ≤ k の時の処理
m ≤ k の時は、与えらえれた入力をそのまま返せば良いです。
入力を行列累乗のために逆順に持っていたことを忘れるとWAです(2敗)。
実装
#define int long long なので、単位元は -1 を使っています。
#include<bits/stdc++.h> #define range(i,a,b) for(int i = (a); i < (b); i++) #define rep(i,b) for(int i = 0; i < (b); i++) #define all(a) (a).begin(), (a).end() #define show(x) cerr << #x << " = " << (x) << endl; //const int INF = 1e8; using namespace std; #define int long long typedef vector<vector<int>> mat; mat mul(mat &a, mat &b){ mat c(a.size(), vector<int>(b[0].size())); rep(i,a.size()){ rep(k,b.size()){ rep(j,b[0].size()){ c[i][j] = (c[i][j] xor (a[i][k] bitand b[k][j])); } } } return c; } mat pow(mat a, int n){ mat b(a.size(), vector<int>(a.size(),0)); rep(i,b.size()) b[i][i] = -1; while(n > 0){ if(n & 1) b = mul(b,a); a = mul(a, a); n >>= 1; } return b; } int solve(int n, mat A, vector<int> c){ mat a(A.size(), vector<int>(A.size(), 0)); for(int i = c.size() - 1; i >= 0; i--){ //a[0][i] = c[A.size() - 1 - i]; ここの順番が逆だった。 a[0][i] = c[i]; } rep(i,c.size() - 1){ a[i + 1][i] = -1; } a = pow(a,n); //行列Aのn乗。 mat res = mul(a, A); return res[0][0]; } signed main(){ int k, m; cin >> k >> m; mat a(k, vector<int>(1)); vector<int> c(k); rep(i,k) cin >> a[k - i - 1][0]; rep(i,k) cin >> c[i]; if(m <= k){ cout << a[k - m][0] << endl; }else{ cout << solve(m - k,a,c) << endl; //-kを忘れずに } }