SRM 666 div1 easy WalkOverATree

問題

問題概要

木構造の情報が与えられる.　すべての辺のコストを1として, コストLいないで通ることができる頂点の種類数の最大値を求める問題. ただしstart地点を0として, start,goal も通った頂点としてカウントする.

解法

一番の方針として, 頂点を巡ったあとに同じ頂点を通った戻ってくるのは無駄なので, 一番最後は行くだけ行って戻ってこないというのが考えられる. また, 1つの頂点を通るためには2回パスを通る必要があることがわかる.
これからの考察から, 任意の頂点i を最後にいくだけいく頂点として, 残りのステップ回数でほかの頂点を1つ訪れるのに2ステップ使って訪れればよい. つまり, 最後以外は2ステップで1つの頂点を訪れ, 最後だけd[i]ステップでd[i]個の頂点を巡ればいい.
実装はステップ回数が足りない時の処理や, 実際の頂点数より多く巡ったことにしないように気を付けて実装すればいい.

ミス

問題文読んでないから, For each i, parent[i] will be between 0 and i, inclusive.
を見逃して、iを順番に見ていけばトポロジカルソートされていているので, DAG上を走査するだけですべての頂点の深さを求められることに気が付かなかった. まあ, 普通にグラフの連結リストを作った後にdfsで深さ求めるだけでいいんだが. 木の上のdpなんかはそのままではDAGの順番がわからないからdfsでよくやるしね. 今回はありがたいことにトポロジカルソートした結果が与えられていた感じ.

コード

トポロジカルソートされているのを利用して, dpで深さを計算

#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;

class WalkOverATree{
public:
    int d[55];

    int maxNodesVisited(vector <int> parent, int L){
        int n = parent.size() + 1;
        //木構造をトポロジカルソートされている順番で並べられているので、DAG上をたどるだけでできる. 
        //For each i, parent[i] will be between 0 and i, inclusive.
        //上のような制約が書かれているので、ループで回していくだけok 
        //グラフの隣接リストを形成して、それで再帰関数で深さを求めるのもok
        d[0] = 0;
        int ret = 0;
        for (int i = 0; i < n - 1; ++i){
            d[i + 1] = d[parent[i]] + 1;
        }

        for (int i = 1; i <= n; ++i){
            int ans = 1, nokoriL = L, nokorin = n - 1;
            // printf("ans %d noL %d nn %d\n", ans, nokoriL, nokorin);
            if(d[i] <= L){
                ans += d[i]; // 最後に行きだけで稼ぐ分
                nokoriL -= d[i];
                nokorin -= d[i];
            }
            // printf("%d %d %d %d\n", d[i], ans, nokoriL, nokorin);
            ans += min(nokorin, nokoriL / 2); //　残りは1つ得るのに、行き帰りが必要
            chmax(ret, ans);
        }
        return ret;
    }
};

int main(void){
    WalkOverATree wa;
    // auto d = wa.maxNodesVisited({0, 0}, 2);
    auto d = wa.maxNodesVisited({0,0,0,0,2,4,2,3,1},1);
    printf("%d\n", d);
    return 0;
}

グラフを作ってdfsで深さを計算

#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;

class WalkOverATree{
public:
    int d[55];
    vector<int> G[55];
    //グラフの隣接リストを形成して、それで再帰関数で深さを求めるのもok
    void dfs(int u, int p){
        if(p != -1) d[u] = d[p] + 1;
        for(auto v : G[u]){
            if(v == p) continue;
            dfs(v, u);
        }
    }
    int maxNodesVisited(vector <int> parent, int L){
        int n = parent.size() + 1;
        rep(i, parent.size()){
            G[parent[i]].pb(i + 1);
            G[i + 1].pb(parent[i]);
        }
        d[0] = 0;
        dfs(0, -1);
        int ret = 0;
        for (int i = 1; i <= n; ++i){
            int ans = 1, nokoriL = L, nokorin = n - 1;
            // printf("ans %d noL %d nn %d\n", ans, nokoriL, nokorin);
            if(d[i] <= L){
                ans += d[i]; // 最後に行きだけで稼ぐ分
                nokoriL -= d[i];
                nokorin -= d[i];
            }
            // printf("%d %d %d %d\n", d[i], ans, nokoriL, nokorin);
            ans += min(nokorin, nokoriL / 2); //　残りは1つ得るのに、行き帰りが必要
            chmax(ret, ans);
        }
        return ret;
    }
};

int main(void){
    WalkOverATree wa;
    // auto d = wa.maxNodesVisited({0, 0}, 2);
    auto d = wa.maxNodesVisited({0,0,0,0,2,4,2,3,1},1);
    printf("%d\n", d);
    return 0;
}

yukicoder No.483 マッチ並べ

問題

問題概要

指定された場所にマッチを置く. マッチの置き方は上下の2通りの選択肢がある. 置き方を工夫して, 頭薬の部分が重ならないようにおけるかを判断せよ.

解法

単純にやるには, すべてのマッチ棒を上下試してやればいいが, 2ⁿかかるため無理. そこで, すべてのマッチ棒の組み合わせについて考えて, 論理式を作り、それを解けばよいことがわかる. よって, 2SAT(2-SAT)でやればいい.

ミス

こないだ2SATやっといてよかった.

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;

class strongly_connected_components{
public:
    int group_cnt; // sccの数
    vector<vector<int> > G, rG;
    vector<int> used, vs;
    vector<int> cmp; //cmp[v] := 頂点vが含まれる連結成分がどれなのかを示す番号
    strongly_connected_components(const vector<vector<int> > &g, const vector<vector<int> > &rg, int n): 
        G(g), rG(rg), cmp(2 * n), used(2 * n){
        //mainの処理
        fill(used.begin(), used.end(), 0);
        for (int i = 0; i < G.size(); ++i){
            if(!used[i]) dfs(i);
        }
        fill(used.begin(), used.end(), 0);
        int k = 0;
        for (int i = vs.size() - 1; i >= 0; --i){
            if(!used[vs[i]]) rdfs(vs[i], k++);
        }
        group_cnt = k;
    }
    int operator[](int i){//連結成分の番号を返す
        return cmp[i];
    }
private:
    void dfs(int curr){
        used[curr] = true;
        for(auto next : G[curr]){
            if(!used[next]) dfs(next);
        }
        vs.push_back(curr);
    }
    void rdfs(int curr, int k){
        used[curr] = true;
        cmp[curr] = k;//頂点vに対して、k番目と強連結成分であること入れる
        for(auto next : rG[curr]){
            if(!used[next]) rdfs(next, k);
        }
    }
};

class twosatisfiability{
public:
    int V;
    vector<int> res; // 1:= 0:=
    vector<vector<int> > g, rg;
    twosatisfiability(int n) : V(n), g(2 * n), rg(2 * n), res(n){}

    bool exec() {
        strongly_connected_components scc(g, rg, V);
        for (int i = 0; i < V; i++) {
            if (scc[i] == scc[i + V]) return false;
            res[i] = scc[i] > scc[i + V];
        }
        return true;
    }
    void add_edge(int a, int b){
        g[a].push_back(b);
        rg[b].push_back(a);
    }
    //0~V-1: x_i
    //V~2V-1: notx_i
    void add(int a, bool apos, int b, bool bpos){//a V b をグラフへ
        add_edge(a + (apos ? V : 0), b + (bpos ? 0 : V)); // not a -> b
        add_edge(b + (bpos ? V : 0), a + (apos ? 0 : V)); // not b -> a
    }
    bool operator[](int k){
        return res[k];
    }
};

int n;
int r0[110], c0[110], r1[110], c1[110];
int main(void){
    cin >> n;
    rep(i, n){
        cin >> r0[i] >> c0[i] >> r1[i] >> c1[i];
    }
    twosatisfiability sat(n);

    rep(i, n){
        reps(j, i + 1, n){
            //そのままで一致するとき、true
            //被りが生じるような組み合わせには偽となるような節を追加
            //かぶさる可能性のあるものを反転させたものをグラフに追加する
            if (r1[i] == r1[j] && c1[i] == c1[j]){// false false
                sat.add(i, true, j, true);
            }
            if (r1[i] == r0[j] && c1[i] == c0[j]) {//false true
                sat.add(i, true, j, false);
            }
            if (r0[i] == r1[j] && c0[i] == c1[j]) {//true false
                sat.add(i, false, j, true);
            }
            if (r0[i] == r0[j] && c0[i] == c0[j]) {//true true
                sat.add(i, false, j, false);
            }
        }
    }

    bool flag = sat.exec();
    if(flag){
        printf("YES\n");
    }else{
        printf("NO\n");
    }
    return 0;
}

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;
}