unsolved

uwiさん等を見習ってここにメモります

OpenCup
FHC

2016r2

SRM

SRM705 hard 線形代数
SRM706 hard
SRM707
SRM708
SRM709
SRM710

メモ

知らなかったできることのメモとか

1e18+3(codeではll 1LLe18+3)は素数
inv(1e9+7) mod(1<<64) = 13499267949257065399ULL ←これよく考えたら普通にオーバーフローさせながら計算すればよかった
DAGにpathを何個書けば頂点が覆えるか->bipartite matching
和がnになるような1以上の整数達がいる時、種類は√2nくらい (よく考えたら自明だった)
負辺min_cost_flowははじめのポテンシャルだけBellmanFord
木DPでstackoverflow->先にbfsでtopological orderをとる
二人ゲームで手番数が決まっていて相手の手をキャンセルできる手が打てる場合のmin-maxは手番数kとするとk=1,2しか考えなくて良い
挿入,削除ありのk番目の値→setで先頭k個を持つ
Z-algorithmでs[i~]とTのpfx が全部求められる
1文字違い→前からの一致+後ろからの一致=N-1
stack→区間DP
幾何で角度区間のマージ←ベクトルでやると楽かも(ただしもとより180度以上ずれてるとまずそう)
n次関数を足す→差分を取る(BITのあれみたいなのもあるけど,そもそも持つ値を差分にする も有用)
平面上4方向は45度回転で独立なx+y軸,x-y軸になる
数列で大小関係みたいな問題は平面上の点だと思うことが多い そうじゃなくてもdpとかを視覚的に表す方法があるならそれを考えるのもあり(というか図形に落として考えるのが苦手すぎる)(ex.LIS)
tの上限が1e9とかで答えがtの多項式であることがわかってるなら,小さいtについて求めて多項式補間もありうる(数え上げで結構ありそう)(わかんなければ実験も良さそう)
全部がうまく行ってるか みたいなのをクエリごとにはやく判定するためには,何個うまく行っているかを持って更新する 例えば後退解析とかでも,そこに行ける状態の内何個を処理したか を持っておき,それが全部になったらやる、みたいな
DPをデータ構造で高速化するのは貰うDPがいい(範囲のsumやmaxを一気に取りたいんだから).
dp[i]からdp[i+1]への遷移を何も考えずにsegtreeに載せると、区間を意識しなおさなくても連続部分列に対するクエリに応えられる.
連続なものはとりあえず離散的な数え上げ+簡単な積分 に落とす,たとえば∫max(a,min(b,c)) みたいなのはa,b,cの大小関係を決めたものをすべて考える.
こうするとuniform distribution[0,1]からN個独立に取ってきた時のi番目(1-indexed)の値の期待値は? になって、式を描くとベータ関数になることがわかりi/(N+1)になる. (i+1番目)-(i番目) がiによらないので1/(N+1)になることを考えるとわかりやすい.
遷移する順番が関係ないDP→
なんらかの順序でソートすると一部のキーを消せることが多い.あとcount系なら戻せる.
あとこれは最短路問題に落とせて、例えば常にコスト1でbfsになるなら計算量は変わらない.
しかし、「状態を一部に制限しても最短経路が存在する」しかしdpの順としてはこのようなものを実現するうまい順は存在しない,というような状況だと、bfsの方が計算量が良くなる場合がある.
ex:絶対値がK以下の整数がある、何個足せば0にできますか→DPだとO(K^2)状態になるが、bfsだとO(K)状態.

UTPC2011

D:探索ゲーでpair<pair<int,int>,pair<int,int>>とかやるのつらいので、tupleを使う.勝手に辞書順が入ってるのでsetに入れられる

	using State = tuple<int,int,int,int>;
	queue<State> que;
	que.push({1,2,3,4});
	int a,b,c,d;
	tie(a,b,c,d) = que.front();
	cout<<a<<b<<c<<d<<endl;

E:
長さNの数列a,bがある、indexのリストを選んで、(prefix sum of a) ≤ bとなるようにせよ.という問題

まずどの順に選べばいいかが先にわかるというのが典型テク.連続する二つのswapを比べるとこの場合はbが小さい順がいいことがわかる.

なので今何個選んだかのDPで出来るんですけど、実はO(NlogN)になるらしい.

b昇順にするのまでは一緒、とりあえず貪欲に選ぶことにしていって、選んだ結果超えちゃったら、その時点でbが一番でかいやつを諦める(b昇順であることから諦めるのは高々一回であることがわかる).
証明:hoge

F:構成.帰納法

G:長さ選んで三角形→連続するように詰めれる

H:キャッシュ戦略→MCF.各sに対して[s,s+1)か[s,t)のどっちを選ぶか決められるんだけど、はじめ全部ちっちゃい方を選んでいると思うと、[s+1,t)を選んで重なりがf-1個 とみなせる,かなり特殊っぽい

I:(x==3)みたいな式が書きたいんだけど、これは(x==4)みたいな2冪にたいしてできれば良くて、でも冷静に考えるとこれはできないことがわかる,ちゃんというと、xの上の桁がyの下の桁に影響をおよぼすことは絶対にない.
なので出力のi桁目を決めるときは入力の0~i桁目を使えば良くて、(x==3?8:0)みたいなのは簡単にかけるのでOK.

J:まずN!通りのうちの数え上げになる.優先度順に見れば単純に二分木に挿入するだけになる.根が何番目か決めることでO(N^3)のDPができる.更新部分が畳み込みなのでO(N^2logN)にできる.hがでかいとこはどうせほぼ0なので、O(Nlog^2N)にできる.double版多項式まともに作ってなかった・・・

K:M≤N+500 圧縮です

L:永続

SRM710

難しすぎる. 0完で-100くらいくらって黄色になった.

easy:
AとBは逆操作.なのである標準形みたいなのを設定してそこに持っていけばいい.標準形としてはぜんぶおなじとこに集まってるのとかを選べば良くて、これに持っていくにはAを選びまくれば良い.

操作が二種類ある時は、それを組み合わせて一般的で簡単な操作を作れないか(石を1つ動かすとか), 実は実質一種類の操作に落とせないか(ex.f(x) = 4x+3, g(x) = 8x+7), 逆操作になってないか などを疑いましょう。


med:
こんなの実験しないと絶対に解けません。
考えると、magicを無視した状態で、「xorが0 もしくは全ての山が1」の盤面にしたら負け というのがbase stepとしてわかる.
あとは頑張って実験をすると、
その状態で次に動かすプレイヤーの敗北条件は,
{ \displaystyle
\begin{cases}
  \text{ if } \exists i , x_i>=4 & \bigoplus_{i=0}^{n-1}x_i=1 \\ 
  \text{ otherwise } & \bigoplus_{i=0}^{n-1}x_i=2
\end{cases}
}
であることがわかるので、これを計算して終わり。
証明:
ifの方を①,otherwiseの方を②とする.
勝ち状態で回ってきたときに①→①,②→②,①→② のどれかを使って負け状態を回せることと、
負け状態で回ってきたときに①→①,②→②,①→② のどれを使っても勝ち状態を回すことになることを示せば良い.
①→①はxorを0にすると負けなので1→2以上→1→2以上→・・・と遷移することからわかる
②→②は,
xor=1のとき, 全1でないことから2,3があり、しかも2以上は2個以上ある.なので3→0か2→1をしてよい
xor=3のとき,同様に2か3がある, 3があるときは3->2, ないときは2があり、かつ1もあるので1→0 でよい
xor=2のとき(負け), 1か3にしか遷移できないのはそう.
①→②は
勝つ側:4以上がひとつ→なしとなるので、事前状態はxor4以上.なのでこれを使ってxorを2にして渡せる.
負ける側:xor=1で回ってきているので4以上がひとつであることはありえない.

いや示せって言われたら示せるけどこんな場合分け実験せずに出来るわけないよね.

hard:
包除パートが見えるので、簡単やんけ!って思ったら前半の列挙パートが本質だった(座標の値が一致しても良いことに注意)
長さが正のintervalの端点の順序としてあり得るものは、A055203 - OEISで、N=6で既にデカいので全列挙は不可能.
なので左から頑張っておいていくDPをすごく頑張って書くと通る.
はじめどうせ求めるものは座標の値が一致しないものなんだからこの前提で包除すればええやん!って思ったけどそうではありませんね?
包除するときどういう形で求めているかちゃんと考えましょう

CF395

Eの賢い解法を見つけたのでメモのついでに


A:
色が異なるu-vを見つけたらuかvを選ばねばいけない

B:
x1%2,y1%2で類別すると同じのは接さない

C:
N=1,Mを除いておくと、総和の式からxとdの一次式が出てくる.同様に二乗和の式による制限によって高々二通りにまで制限できるので、これを満たすか判定してから、OKならまともに判定すればよい.(最後の判定いらないかも(解2つは+-の方に対応している気がする))

D:
hash
解いてないけど、
rng-58.blogspot.jp
がかなりためになる

E:
Bellをキーにしてdpの遷移をsegtreeに載せるんだけど、別に遷移先が一意に定まるのでdoublingっぽくするだけで合成とか考えなくて良い.クエリはlogN.


賢い解法を見つけた.
Submission #24402210 - Codeforces
とりあえず単に左から順にdfsで全連結成分を求める.
区間が与えられたら、とりあえずdfsの根の数を数える.本来の根が入って ない連結成分をあとは数えれば良くて、これは、(区切られた後の)連結成分の内「dfsの値が一番小さいもの」の数を数えればよく、これを満たす頂点は絶対に区間の端っこK個に入っている.
理由:根は左にある、区間の外にある場合は左K個に入ってるはずで、内側にある場合は区間の右にはみだしてその後戻ってくるという形になっているが、このときは右K個に入っている.
判定するのは簡単(区切った後につながってるものとdfsidの大小を見るだけ)なので、解けた.
前処理O(NK),クエリO(K^2).

これ天才的だと思うんだけど

SRM707

起きたら始まってたんですけど、結果から言うと出なくてよかった・・・
easyとmedが思考パートが無な上にかなりひどかった.しかもChalゲーだったのでかなり自分にはきつそう.

easy:
本当にただやるだけ、FAのコードも見たけど方針が違うとかではなく単純にただただ面倒.落ち着いてやるのが重要

med:
本当にただ場合分けをするだけ.証明をするつもりでつねに気をつけてやるのが重要.

hard:
このセットだと一番面白い. 時間軸にグリッドを拡張するとMCF(遷移だけコスト-1)になる.時間条件がある(例えばin→in→out→outはダメだがin→out→in→outはOK)ので時間軸を無視する訳にはいかないが、冷静に考えるとアクセスする2頂点だけ新しくノードを作れば良い.時間制限から負閉路がないことがわかるので、負閉路なし負辺入りMCFを貼る(はじめの一回だけBellman Fordをする).


SRMだとやったことないけどこれはストレステスト必須かな・・・

AGC009

DEGwerは天才。
日露交流コンテストみたいなのが事前にあったのでネタバレを抑えるのが大変だった

A:後ろは押す場所が一意に決まるので後ろから決めていく貪欲.

B:xが誰に勝ったか、というのはわかるので、その部分をどういう順で戦わせるか考えると、相手のトーナメントの深さがわかっていれば浅いやつと先に戦えば良い.

C:dp[a][b]:Aの最後がa,Bの最後がb の通り数. とするとO(N^2). 連続して片方に置く分には(置けるなら)通り数は変わらないので、dp[a][a+1]とdp[a+1][a]の二つに着目すると、dp[a][a+1以上]みたいなのはdp[a][a+1]か0になる.これで1次元のDPにすると更新は区間になるので、頑張る.
初期化と最終的な答えは、一番初めに-infをAに,次に-infをBに割り振って、最後にinfを割り振る、と考えると楽.
本質的に同じだけどもうちょっと見通しのいい方法があって、
DPa[i][j]を,i番目まで見て最後aを置いていて、最後にbを置いたのはj となる通り数とおいて、DPa[i]という配列を一気に更新すると考えると、自然に区間sum,点val,refresh(全部0にする)が必要になる、BITでもって、最後のはこれまでのクエリを巻き戻してやればできる.

列を二つに分ける典型っぽい.

D:天才,めちゃくちゃ難しいと思う

まず実際のuninity kの構成をしたときに,中心として選んだ部分にkと書く,という風にして木にラベルを付ける問題になる.この条件は、「二つの同じラベルaの付いた頂点の間にはaより大きいラベルが存在する」と同値になる.書くのが面倒になったので公式解説に対する追加部分だけ書くと、このfの単調性は,f(x,y,..)=「各xの2進表記をinf進数だと思って足して、それより大きい最小の各桁01のもの」となることがわかるので、これから明らか.
結局この貪欲が何やってるかというと、「部分木の最小のuninity kを持つ」という嘘貪欲よりもうちょっと情報を持っていて、今kの構成状況のどの状態にいるかというのまで持って貪欲している.
これを持たなきゃいけないというのは、ただの一直線のものを端から木DPすると考えると、状態としては上述のものを持たないとどうしようもない、ということから考えつくべきっぽいが、難しいですね

E:これ解けないのは反省ですが、難しいです
まず多分木の形で考えるのはいいとして、そのあとちゃんと数式に落として、あと難しいのは深さdiがhoge個, みたいなまとめ方をするんじゃなくて最終的なもののK進表記がどうなってるか、というのを固定して考えると条件がmod K-1で一致,かつN以下 みたいなふうにかける.

どうやれば解けたかというと、数を数えるんだから、その複数ある表記法をわたって考えると難しくて、ちゃんと正規化してひとつのK進数、と思って本来数えたいものを素直に数えればよかったわけですね.

解きたかったなあ


すごいセットだった.

D:

#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i,n) for(int i=0;i<(int)(n);i++)
int bsr(int x) { return 31 - __builtin_clz(x); }
bool B(int x,int i){return (x>>i)&1;}
const int MN = 100000;
int N;
vector<int> G[MN];
int dfs(int v,int p=-1){
	int b[20]={};
	for(int u:G[v]) if(u!=p){
		int tmp=dfs(u,v);
		rep(i,20) if(B(tmp,i)) b[i]++;
	}
	int ret=1e9;
	for(int i=19;i>=0;i--){
		if(b[i]>=2) break;
		if(b[i]==0){
			int x=0;
			for(int j=19;j>i;j--) if(b[j]) x|=1<<j;
			x|=1<<i;
			ret=x;
		}
	}
	return ret;
}
int main(){
	cin>>N;
	rep(i,N-1){
		int a,b;
		cin>>a>>b;
		a--,b--;
		G[a].pb(b);
		G[b].pb(a);
	}
	int tmp=dfs(0);
	cout<<bsr(tmp)<<endl;
}

E:

#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i,n) for(int i=0;i<(int)(n);i++)
#define rep1(i,n) for(int i=1;i<=(int)(n);i++)
using namespace std;
typedef long long ll;
ll mod = 1e9+7;
ll dp[2001][2001];
void add(ll &x,ll y){
	x+=y;
	x%=mod;
}
int N,M,K;
int main(){
	cin>>N>>M>>K;
	int D=(N+M-1)/(K-1);
	dp[0][0]=1;
	ll ans=0;
	rep(d,D){
		rep(a,N+1){
			int b=(K-1)*d-a;
			if(!(0<=b&&b<=M)) continue;
			rep(k,K){			//K-1 (continue)
				int na=a+k,nb=b+(K-1-k);
				if(na>N||nb>M) continue;
				add(dp[na][nb],dp[a][b]);
			}
			rep1(k,K-1){			//K (end)
				int na=a+k,nb=b+(K-k);
				if(na<=N&&nb<=M&&(N-na)%(K-1)==0&&(M-nb)%(K-1)==0) add(ans,dp[a][b]);
			}
		}
	}
	cout<<ans<<endl;
}