yukicoder No.484 収穫

問題

問題概要

i番目の木はA[i]の実が実る. 時刻1で隣の木にいどうすることができる. 移動しなくてもよい. このような条件ですべての実を回収するのにかかる時間の最小値を求める.

解法

区間dpで解けるみたい. 今回の問題を考えるにあたって重要な考察は, i番目の実を回収する時刻はその実を最後に通過するときでよいということである. 実が消えるわけでないので, 最後に訪問するときに回収すれば十分である. このように実を回収するのを最後の訪問時と決めて考えると, 実を回収してない区間が, 連続間であらわすことができるようになる.
dp[l][r][isright] :=
isright = 0のとき　[l+1, r]が未収穫で, lにいるとき
isright = 1のとき　[l, r-1]が未収穫で, rにいるとき
と考えてdpすることができる.
[l, r]が未収穫な時, 未収穫な区間が連続区間になることから, 次に収穫できるセルはlまたはrになる. それを考えて漸化式を立てていけばよい. ただし、lまたはrのセルに達した時点で収穫できる状態になっているかを考えて場合分けしなければならない. 上の図は連続区間であることと, 端から始めない場合は一番初めの位置が無駄になることを示している.

区間dp

区間dpてどういうことだろう. ggったら, 区間の包含関係をトポロジカル順序として使っていることが鍵となっていると書かれていた. 確かに今回の問題も区間全体を考えた状態から、区間の右端左端を取り除いた区間へDAGを張ってdpしている. 単純なdpの問題ではi番目までを考えての部分を一番外のループで考えてdpをするが、区間dpでは区間の大きさを考えた部分を一番外のループで考えてやればよいのかな? そうすれば区間の包含関係を考えてDAGを張れるし…?

ミス

初めて区間dpの問題を解いた.　難しいね.

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 ll INFF = 1e18;

//dp[l][r][isright] := 
//isright = 0のとき　[l+1, r]が未収穫で、lにいるとき
//isright = 1のとき　[l, r-1]が未収穫で、rにいるとき
ll dp[2010][2010][2];
int n;
ll a[2010];

signed main(void){
    cin >> n; rep(i, n) cin >> a[i];
    if(n == 1){
        printf("%lld\n", a[0]); return 0;
    }
    rep(i, 2010)rep(j, 2010)rep(k, 2) dp[i][j][k] = INFF;
    dp[0][n - 1][0] = a[0];
    dp[0][n - 1][1] = a[n - 1];
    for (int len = n - 1; len >= 0; --len){
        for (int i = 0; i + len <= n; ++i){
            rep(k, 2){
                //左端が l , 右端が r
                int l = i, r = i + len;
                if(dp[l][r][k] == INFF || l >= r) continue;
                ll time = dp[l][r][k];
                if(k == 0){//現在のセルが　l の時 [l + 1, r]が未収穫
                    //l->l+1
                    if(time + 1 >= a[l + 1]) chmin(dp[l + 1][r][0], time + 1);
                    else chmin(dp[l + 1][r][0], a[l + 1]);
                    //l->r
                    if(time + r - l >= a[r]) chmin(dp[l + 1][r][1], time + r - l);
                    else chmin(dp[l + 1][r][1], a[r]);
                }else{//現在のセルが　r の時 [l, r - 1]が未収穫
                    //r->r-1
                    if(time + 1 >= a[r - 1]) chmin(dp[l][r - 1][1], time + 1);
                    else chmin(dp[l][r - 1][1], a[r - 1]);
                    //r->l
                    if(time + r - l >= a[l]) chmin(dp[l][r - 1][0], time + r - l);
                    else chmin(dp[l][r - 1][0], a[l]);
                }
            }
        }
    }
    ll ans = INFF;
    rep(i, n)rep(j, 2){
        chmin(ans, dp[i][i][j]);
    }
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}

queueの要素に構造体やclassを使う

概要

queueの中に構造体,classを入れる方法.
以下のように, 構造体やclassを定義して, queue<> の <> のなかに型をいれればいい. STLだからね.
pushするときは, que.push(構造体名{})てな感じでやればいい.
構造体もclassも同じこと.

コード

構造体

#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;

struct PAIR{
public:
    int first, second;
};

int main(void){
    queue<PAIR> que;
    que.push(PAIR{1, 2});
    que.push(PAIR{2, 4});
    while(!que.empty()){
        PAIR d = que.front();
        que.pop();
        printf("%d %d\n", d.first, d.second);
    }
    return 0;
}

class

#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;

class PAIR{
public:
    int first, second;
};

int main(void){
    queue<PAIR> que;
    que.push(PAIR{1, 2});
    que.push(PAIR{2, 4});
    while(!que.empty()){
        PAIR d = que.front();
        que.pop();
        printf("%d %d\n", d.first, d.second);
    }
    return 0;
}

結果

1 2
2 4

ABC 054 D - Mixing Experiment

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

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

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

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

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;
}