けんちょんの競プロ精進記録

競プロの精進記録や小ネタを書いていきます

AOJ ???? Stick Combination (KUPC 2020 D)

面白かった

問題概要

 1, 3, 5, \dots, 2N-1 という  N 個の整数がある。これらを 2 個以上のグループに分ける。各グループの整数の総和が互いに等しくなるようにグループ分けすることが可能かどうかを判定し、可能ならば具体例を構築せよ。

制約

  •  2 \le N \le 10^{5}

考えたこと

こういうのはいろんな  N で試していくのがよさそう。

  •  N = 2 はダメ
  •  N = 3 もダメ
  •  N = 4 は (1, 7), (3, 5) で OK
  •  N = 5 はダメ
  •  N = 6 は (1, 11), (3, 9), (5, 7) で OK

この辺りでとりあえず

  • 2 以外の偶数は OK
  • 素数はダメ

といったことが見えてきた。2 以外の偶数は、(2i+1, 2N-2i-1) を並べれば OK。素数は、仮に可能だとすると、グループの個数を  M、各グループの総和を  S とすると、

 N^{2} = SM

となる。 N素数なので  M \ge 2 だと  S = N M = N しかありえないけど、これもダメ。よって素数はダメ。

素数でない奇数のとき

多分いろんな方法があるけど、 N = 3n と表せる場合に帰着させて考えることにした。 N が 3 の倍数でなかったとしても、 N = pq としたとき、

  • まず最初の  3q 個を 3 個ずつの  q グループに分ける。
  • 残りの  (p-3)q 個を  q グループに振り分けていく

という風にできる。よって、 N = 3n の場合ができれば OK。これは色々手を動かしていると、できた (下のコード参照)!

コード

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

bool is_prime(long long n) {
    if (n <= 1) return false;
    for (long long p = 2; p * p <= n; ++p) {
        if (n % p == 0) return false;
    }
    return true;
}

void print(vector<vector<int>> res) {
    cout << res.size() << endl;
    for (auto v : res) {
        sort(v.begin(), v.end());
        cout << v.size();
        for (auto p : v) cout << " " << p;
        cout << endl;
    }
}

vector<vector<int>> sub(int W) {
    vector<vector<int>> res;
    int sum = W * 9;
    for (int i = 0; i < W; ++i) {
        int a = i*2 + 1;
        int j = (i + W/2) % W;
        int b = W*2+1 + j*2;
        int c = sum - a - b;
        res.push_back(vector<int>({a, b, c}));
    }
    return res;
}

int num(int h, int w, int W) {
    int id = h * W + w;
    return id * 2 + 1;
}

bool check(vector<vector<int>> res) {
    set<long long> se;
    for (auto v : res) {
        long long sum = 0;
        for (auto p : v) sum += p;
        se.insert(sum);
    }
    return se.size() == 1;
}

void solve(int N) {
    if (is_prime(N)) {
        cout << "impossible" << endl;
        return;
    }

    long long H = 3, W = 1;
    for (; H * H <= N; ++H) {
        if (N % H == 0) {
            W = N / H;
            break;
        }
    }
    vector<vector<int>> res;
    if (N % 2 == 0) {
        for (int i = 1, j = N*2-1; i <= j; i += 2, j -= 2) {
            res.push_back(vector<int>({i, j}));
        }
        print(res);
        return;
    }

    res = sub(W);
    int width = (H - 3) / 2;
    for (int i = 0; i < W; ++i) {
        for (int j = 0; j < width; ++j) {
            int h = j + 3;
            int w = i;
            res[i].push_back(num(h, w, W));
        }
        for (int j = 0; j < width; ++j) {
            int h = j + width + 3;
            int w = W - i - 1;
            res[i].push_back(num(h, w, W));
        }
    }
    print(res);
}

int main() {
    int N;
    while (cin >> N) solve(N);
}

AOJ ???? Numbers on Papers (KUPC 2020 B)

DP 高速化系問題

問題概要

 N \times K のグリッドが与えられる。各マス  (i, j) には数値  v_{i, j} が書かれている。

各行から 1 個ずつ数値を選んで行順に並べてできる数列を考える。そのような数列は  K^{N} 通り考えられるが、そのうち広義単調増加なものが何通りあるか、1000000007 で割ったあまりを求めよ。

制約

  •  1 \le N \le 100
  •  1 \le K \le 10000

考えたこと

いかにも DP。

  • dp[ i ][ j ] := 最初の i 行を考えたとき、最後の値が j 列目となる場合についての、条件を満たす数列の個数

とする。このとき、v[ i - 1 ][ k ] <= v[ i ][ j ] を満たす最大の k を考えた時、

dp[ i ][ j ] = dp[ i - 1 ][ 0 ] + ... + dp[ i - 1 ][ k ]

となる。このままでは  O(NK^{2}) の計算量となる。しかし、累積和を用いて高速化すると、 O(NK) ( k を求めるのに二分探索を用いる場合は  O(NK \log K)) となる。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

// modint
template<int MOD> struct Fp {
    long long val;
    constexpr Fp(long long v = 0) noexcept : val(v % MOD) {
        if (val < 0) val += MOD;
    }
    constexpr int getmod() const { return MOD; }
    constexpr Fp operator - () const noexcept {
        return val ? MOD - val : 0;
    }
    constexpr Fp operator + (const Fp& r) const noexcept { return Fp(*this) += r; }
    constexpr Fp operator - (const Fp& r) const noexcept { return Fp(*this) -= r; }
    constexpr Fp operator * (const Fp& r) const noexcept { return Fp(*this) *= r; }
    constexpr Fp operator / (const Fp& r) const noexcept { return Fp(*this) /= r; }
    constexpr Fp& operator += (const Fp& r) noexcept {
        val += r.val;
        if (val >= MOD) val -= MOD;
        return *this;
    }
    constexpr Fp& operator -= (const Fp& r) noexcept {
        val -= r.val;
        if (val < 0) val += MOD;
        return *this;
    }
    constexpr Fp& operator *= (const Fp& r) noexcept {
        val = val * r.val % MOD;
        return *this;
    }
    constexpr Fp& operator /= (const Fp& r) noexcept {
        long long a = r.val, b = MOD, u = 1, v = 0;
        while (b) {
            long long t = a / b;
            a -= t * b, swap(a, b);
            u -= t * v, swap(u, v);
        }
        val = val * u % MOD;
        if (val < 0) val += MOD;
        return *this;
    }
    constexpr bool operator == (const Fp& r) const noexcept {
        return this->val == r.val;
    }
    constexpr bool operator != (const Fp& r) const noexcept {
        return this->val != r.val;
    }
    friend constexpr istream& operator >> (istream& is, Fp<MOD>& x) noexcept {
        is >> x.val;
        x.val %= MOD;
        if (x.val < 0) x.val += MOD;
        return is;
    }
    friend constexpr ostream& operator << (ostream& os, const Fp<MOD>& x) noexcept {
        return os << x.val;
    }
    friend constexpr Fp<MOD> modpow(const Fp<MOD>& r, long long n) noexcept {
        if (n == 0) return 1;
        if (n < 0) return modpow(modinv(r), -n);
        auto t = modpow(r, n / 2);
        t = t * t;
        if (n & 1) t = t * r;
        return t;
    }
    friend constexpr Fp<MOD> modinv(const Fp<MOD>& r) noexcept {
        long long a = r.val, b = MOD, u = 1, v = 0;
        while (b) {
            long long t = a / b;
            a -= t * b, swap(a, b);
            u -= t * v, swap(u, v);
        }
        return Fp<MOD>(u);
    }
};

const int MOD = 1000000007;
using mint = Fp<MOD>;

int main() {
    int N, K;
    cin >> N >> K;
    vector<vector<long long>> fi(N, vector<long long>(K));
    for (int i = 0; i < N; ++i) for (int j = 0; j < K; ++j) cin >> fi[i][j];
    vector<mint> dp(K, 0), sdp(K+1, 0), ndp(K, 0);
    dp[0] = 1, sdp[1] = 1;
    for (int i = 0; i < N; ++i) {
        ndp.assign(K, 0);
        for (int k = 0; k < K; ++k) {
            if (i == 0) ndp[k] = 1;
            else {
                int it = upper_bound(fi[i-1].begin(), fi[i-1].end(), fi[i][k]) - fi[i-1].begin();
                ndp[k] = sdp[it];
            }
        }
        swap(dp, ndp);
        sdp.assign(K+1, 0);
        for (int k = 0; k < K; ++k) sdp[k+1] = sdp[k] + dp[k];
    }
    cout << sdp[K] << endl;
}

AtCoder ABC 043 D - アンバランス (ARC 059 D) (水色, 400 点)

面白かった

問題概要

文字列  t がアンバランスであるとは、

  •  |t| \ge 2
  •  t の中の文字のうち、過半数が同じ文字

であることを指すものとする。長さ  N の文字列  S が与えられたとき、 S の連続する部分文字列であって、アンバランスなものがあるかどうかを判定せよ。存在するならば具体的な区間を答えよ。

制約

  •  2 \le N \le 10^{5}

考えたこと

まともに区間すべてを列挙して、それがアンバランスかどうかを判定したら  O(N^{3}) かかってしまう (区間 O(N^{2}) 個で判定が  O(N))。

そこで一つの手段として「累積和を使う」とかがあるんだけど、どうにも要領が掴めない。そこでもう一つの典型視点として

「各文字について考えてみる」

というのがあると思う。アルファベットは 26 文字しかないので、各文字についての問題が  O(N) O(N \log N) で解ければ十分だ!!

各文字についての問題

たとえば英小文字 'a' が、ある区間において過半数個存在するかどうかを判定する問題を考えてみよう。

  • まず 'a' が連続している箇所があったら確実に OK。"aa" がすでにアンバランスなので!!
  • 次に 'a' が 1 文字空けて存在している箇所があっても確実に OK。"axa" とかがすでにアンバランスなので!!

ここまではすぐにわかる。そして実はこの時点ですでに核心を突いている。'a' が 2 文字以上間を空けて離れている文字列だと、'a' が過半数を占めることは絶対にないのだ!!!

"a??a??a??a??a..."

というふうにしたとき、'a' が過半数になることは絶対にない。というわけで、われわれはいきなり正解に辿り着いた。


文字列  S において

  • 同じ文字が連続している箇所
  • 同じ文字が 1 文字間を空けて存在している箇所

が存在すれば Yes、存在しなければ No


計算量は  O(N) となる。

コード

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int main() {
    string S;
    cin >> S;
    int l = -1, r = -1;
    for (int i = 0; i+1 < S.size(); ++i) {
        if (S[i] == S[i+1]) l = i+1, r = i+2;
        if (i+2 < S.size() && S[i] == S[i+2]) l = i+1, r = i+3;
    }
    cout << l << " " << r << endl;
}

yukicoder No.226 0-1パズル

ずっと前にこれを作問して出題していたので記録を。
時は流れて AGC 026 D - Histogram Coloring でよく似た設定の問題が出たときはビックリした (実際はそんなに似てない)。

問題概要

 H \times W のグリッドが与えられる。各マスは '0', '1', '?' のいずれかの文字が書かれている。各 '?' を 0 か 1 で埋める方法のうち、以下の条件を満たすものが何通りあるか、1000000007 で割ったあまりを求めよ。

  • グリッド内のどの  2 \times 2 の正方形をとっても
    • その正方形内に含まれる 0 の個数は 2 個
    • その正方形内に含まれる 1 の個数は 2 個

制約

  •  2 \le H, W \le 100

解法

この手の「よくわからない条件」は、わかりやすく言い換えることが大事!!!

まず最初の行については  2^{W} 通りのパターンが考えられる。そのうち、

  • "010101..."
  • "101010..."

以外については、必ず「0 が連続している箇所」か「1 が連続している箇所」が含まれることに注目する。

そしてたとえば「0 が連続している箇所」があると、その下の行はちょうど 0 と 1 を反転したものにしかならないことが言えるのだ。たとえば下の例では、"11111" の下は "00000" しかありえない。そしてそこを起点として、左右に値が確定していくイメージ。

101011111010
????????????
↓
101011111010
????00000???
↓
101011111010
010100000101

唯一の例外は "01010101..." のように、0 と 1 が交互しているパターン。このときは下のように、「自分自身」と「反転したパターン」の両方がありうる。

01010101  01010101
01010101  10101010

実はこのパターンは

  • 列方向の 01 列を自由に決めて
  • 各列は交互に 0 と 1 が反転したもの

とみなすことができる。先ほどの条件の縦・横が反転したバージョンと言える。以上をまとめると、条件を満たすような「01 の埋め方」は次のいずれかとなる。


  • 最初の行を任意に決めた、その後の行は交互に 0 と 1 が反転したものとなる
  • 最初の列を任意に決めて、その後の列は交互に 0 と 1 が反転したものとなる

(「市松模様」の場合が重複することに注意)


数える

以上を踏まえて実際に数えることにする。「最初の列を任意に決める」というパターンに関しては、転置をとることで「最初の行を任意に決める」というパターンに帰着させることにする。

ただし「市松模様」という場合が重複するので、それを最後に除くことにする。

さて、「最初の行の 0-1 列」を決めると、その後のすべての行の 0-1 列が決まることに着目すると、逆に、その後の各行の 0-1 の情報から、最初の行がどのようになっていなければならないかを逆算できることになる。具体的には、最初の行の j 列目の値を a[j] とすると、

  • 各列 j について
  • i 行目が 0 であったとき
    • i が偶数ならば、a[j] = 0
    • i が奇数ならば、a[j] = 1
  • i 行目が 1 であったとき
    • i が偶数ならば、a[j] = 1
    • i が奇数ならば、a[j] = 0

という風にもとまる。途中で矛盾が発生した場合は 0 通りとなる。このようにして a[j] の値を求めて行ったとき、a[j] の値が確定しなかった「?」の個数を  m とすると、 2^{m} 通りと求められる。

以上で計算量は  O(HW) となる。

コード

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

// modint
template<int MOD> struct Fp {
    long long val;
    constexpr Fp(long long v = 0) noexcept : val(v % MOD) {
        if (val < 0) val += MOD;
    }
    constexpr int getmod() const { return MOD; }
    constexpr Fp operator - () const noexcept {
        return val ? MOD - val : 0;
    }
    constexpr Fp operator + (const Fp& r) const noexcept { return Fp(*this) += r; }
    constexpr Fp operator - (const Fp& r) const noexcept { return Fp(*this) -= r; }
    constexpr Fp operator * (const Fp& r) const noexcept { return Fp(*this) *= r; }
    constexpr Fp operator / (const Fp& r) const noexcept { return Fp(*this) /= r; }
    constexpr Fp& operator += (const Fp& r) noexcept {
        val += r.val;
        if (val >= MOD) val -= MOD;
        return *this;
    }
    constexpr Fp& operator -= (const Fp& r) noexcept {
        val -= r.val;
        if (val < 0) val += MOD;
        return *this;
    }
    constexpr Fp& operator *= (const Fp& r) noexcept {
        val = val * r.val % MOD;
        return *this;
    }
    constexpr Fp& operator /= (const Fp& r) noexcept {
        long long a = r.val, b = MOD, u = 1, v = 0;
        while (b) {
            long long t = a / b;
            a -= t * b, swap(a, b);
            u -= t * v, swap(u, v);
        }
        val = val * u % MOD;
        if (val < 0) val += MOD;
        return *this;
    }
    constexpr bool operator == (const Fp& r) const noexcept {
        return this->val == r.val;
    }
    constexpr bool operator != (const Fp& r) const noexcept {
        return this->val != r.val;
    }
    friend constexpr istream& operator >> (istream& is, Fp<MOD>& x) noexcept {
        is >> x.val;
        x.val %= MOD;
        if (x.val < 0) x.val += MOD;
        return is;
    }
    friend constexpr ostream& operator << (ostream& os, const Fp<MOD>& x) noexcept {
        return os << x.val;
    }
    friend constexpr Fp<MOD> modpow(const Fp<MOD>& r, long long n) noexcept {
        if (n == 0) return 1;
        if (n < 0) return modpow(modinv(r), -n);
        auto t = modpow(r, n / 2);
        t = t * t;
        if (n & 1) t = t * r;
        return t;
    }
    friend constexpr Fp<MOD> modinv(const Fp<MOD>& r) noexcept {
        long long a = r.val, b = MOD, u = 1, v = 0;
        while (b) {
            long long t = a / b;
            a -= t * b, swap(a, b);
            u -= t * v, swap(u, v);
        }
        return Fp<MOD>(u);
    }
};

const int MOD = 1000000007;
using mint = Fp<MOD>;

// 左上を val とした市松模様が valid かどうか
bool isValid(const vector<string> &fi, int val) {
    for (int i = 0; i < fi.size(); ++i) {
        for (int j = 0; j < fi[0].size(); ++j) {
            if (fi[i][j] == '0' && (i+j+val) % 2 == 1) return false;
            if (fi[i][j] == '1' && (i+j+val) % 2 == 0) return false;
        }
    }
    return true;
}

// 最初の行としてありうるものの個数
mint solve(const vector<string> &fi) {
    int jiyudo = 0;
    for (int j = 0; j < fi[0].size(); ++j) {
        set<int> se;
        for (int i = 0; i < fi.size(); ++i) {
            if (fi[i][j] == '0') {
                if (i % 2 == 0) se.insert(0);
                else se.insert(1);
            }
            else if (fi[i][j] == '1') {
                if (i % 2 == 0) se.insert(1);
                else se.insert(0);
            }
        }
        if (se.size() == 2) return mint(0);
        if (se.size() == 0) ++jiyudo;
    }
    return modpow(mint(2), jiyudo);
}

int main() {
    int H, W;
    cin >> H >> W;
    vector<string> fi(H);
    for (int i = 0; i < H; ++i) cin >> fi[i];
    mint res = solve(fi);
    vector<string> se(W, string(H, '?'));
    for (int j = 0; j < W; ++j) for (int i = 0; i < H; ++i) se[j][i] = fi[i][j];
    res += solve(se);
    mint sub = 0;
    if (isValid(fi, 0)) sub += 1;
    if (isValid(fi, 1)) sub += 1;
    res -= sub;
    cout << res << endl;
}

AtCoder ABC 043 C - いっしょ (ARC 059 C) (茶色, 200 点)

本当にただ全探索するだけ!!!
でも意外とこういうのが思いつかれにくいかもしれない。

問題概要 (意訳)

長さ  N の整数列  a_{1}, \dots, a_{N} が与えられる。今、整数  x を 1 つ選ぶ。そして整数列をすべて  x に書き換える。それに要するコストは

  •  (x - a_{1})^{2} + \dots + (x - a_{N})^{2}

で与えられる。適切に  x を選んだときの、コストの最小値を求めよ。

制約

  •  1 \le N \le 100
  •  -100 \le a_{i} \le 100

考えたこと

 a_{1}, \dots, a_{N} の最小値を  m、最大値を  M としたとき、

  •  m より小さい  x は試す必要がない
  •  M より大きい  x は試す必要がない

ということがいえる。よってこの時点で、 x の候補は  m 以上  M 以下の整数値のみに限られた。これらをすべて調べて、その最小値を求めれば OK。計算量は  O(N(M-m)) となる。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int main() {
    int N;
    cin >> N;
    vector<long long> a(N);
    for (int i = 0; i < N; ++i) cin >> a[i];
    long long res = 1LL<<60;
    for (int x = -100; x <= 100; ++x) {
        long long tmp = 0;
        for (int i = 0; i < N; ++i) tmp += (x - a[i]) * (x - a[i]);
        res = min(res, tmp);
    }
    cout << res << endl;
}