yukicoder No.486 3 Straight Win(3連勝)
問題概要
OXXXOXXのようなOとXからなる文字列が与えられる. OはEastの勝ちで, XはWestの勝ちを表している. 先に3連勝したほうを勝ちとする. どちらが勝つか. 勝者がない時はNAを出力.
解法
連続した3文字が同じ文字であるかを判定し, 先に同じ文字になった方を勝ちとすればいい. 最後まで見つからなければ, NAとする.
ミス
なし.
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; int main(void){ string s; cin >> s; if(s.size() < 3){ printf("NA\n"); return 0; } rep(i, s.size() - 2){ if(s[i] == 'O' && s[i + 1] == 'O' && s[i + 2] == 'O'){ printf("East\n"); return 0; } if(s[i] == 'X' && s[i + 1] == 'X' && s[i + 2] == 'X'){ printf("West\n"); return 0; } } printf("NA\n"); return 0; }
yukicoder No.485 方程式のお勉強
問題概要
A*x = B の方程式の解を求める問題. ただし, 解が少数になる場合はNOを出力.
解法
BをAで割り切れるか, 割り切れないかで場合分けする.
ミス
なし.
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; int main(void){ int a, b; cin >> a >> b; if(b % a == 0) printf("%d\n", b / a); else printf("NO\n"); return 0; }
yukicoder No.40 多項式の割り算
問題概要
解法
普通の筆算のように計算していけばいい. b[i + 2] += b[i] の部分が筆算で部分.
ミス
dの大きさによる場合分けを入れていなくて1WA.
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; int d; int main(void){ cin >> d; vector<int> b(d + 1); rep(i, d + 1) cin >> b[i]; reverse(all(b)); rep(i, d - 2){ b[i + 2] += b[i]; } if(b[d - 2] != 0 && d - 2 >= 0){ printf("2\n"); printf("%d %d %d\n", b[d], b[d - 1], b[d - 2]); }else if(b[d - 1] != 0 && d - 1 >= 0){ printf("1\n"); printf("%d %d\n", b[d], b[d - 1]); }else{ printf("0\n"); printf("%d\n", b[d]); } return 0; }
yukicoder No.33 アメーバがたくさん
問題概要
アメーバが初期座標が与えられる. 1つのアメーバは1秒間で左右に絶対値でDだけ移動することができる. 同じマスにいるアメーバはくっつく. T秒後にアメーバは何匹になっているか.
解法
まず実験してわかることは, 初期座標の MOD D が一致しているアメーバどうしは結合する可能性があるということ. よって, 初期座標に応じてアメーバを別にして考える.
次にMODが同じものの中で, 1つのアメーバT秒後に最左と最右がどこまでいくかを求め, それらの範囲で重なっているところはアメーバがくっついている部分なので, アメーバがいる区間を結合して考えればよい. アメーバのいる区間が[l, r]となった場合, (r - l) / d + 1 でアメーバが何匹いるのかわかる.
あとはこれを同様にほかのMODの値にたいしても行えばよい.
ミス
c++で負の数をmodとるとおかしくなるので, 全端的に大きい値にしておく.
値のとりうる範囲に対して, 数が少ないなら, vectorで範囲全体を確保するのではなく, mapで管理する. 大きな値のvectorをとって、RE.
範囲を結合していくときは, left, rightの値を保持しつつ, 次つながるのかつながらないのかで場合分けすれば楽.
コード
AC
#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; int n; ll d, t; map<int, vector<pair<ll, ll>> > ran; int main(void){ cin >> n >> d >> t; vector<ll> x; rep(i, n){ ll t; cin >> t; t += (ll)INF; //modとるときに負にならないように x.pb(t); } sort(all(x)); for(auto u : x){ //modをとって範囲をいれていく. ran[u % d].pb(mp(u - d * t, u + d * t)); } ll ans = 0; for(auto v : ran){ ll left = -INFF, right = -INFF; for(auto u : v.second){ ll nleft = u.fi, nright = u.se; if(nleft > right){ //連続区間でないとき if(left != -INFF) ans += (right - left) / d + 1; left = nleft; right = nright; }else{ right = nright; } } if(left != -INFF) ans += (right - left) / d + 1; } printf("%lld\n", ans); return 0; }
RE
#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; int n; ll d, t; int main(void){ cin >> n >> d >> t; vector<ll> x; rep(i, n){ ll t; cin >> t; t += (ll)INF; //modとるときに負にならないように x.pb(t); } sort(all(x)); //dがでかいとREになる ローカルだとsegfa vector<pair<ll, ll> > ran[d]; for(auto u : x){ ran[u % d].pb(mp(u - d * t, u + d * t)); } ll ans = 0; rep(i, d){ ll left = -INFF, right = -INFF; for(auto u : ran[i]){ ll nleft = u.fi, nright = u.se; if(nleft > right){ //連続区間でないとき if(left != -INFF) ans += (right - left) / d + 1; left = nleft; right = nright; }else{ right = nright; } } if(left != -INFF) ans += (right - left) / d + 1; } printf("%lld\n", ans); return 0; }
ARC 046 B - 石取り大作戦
問題概要
プレイヤーが交互に1個以上の石をとる. 最後に石をとったプレイヤーの勝利. 先手はA個まで, 後手はB個まで石をとることができる. 最適に行動したときどちらが勝利するか.
解法
まずN<=Aの時は先手がN個とって勝ち.
次に, 二人のプレイヤーが合計A+1をとることを考える. 先手がx(<=A)をとったなら, 後手はA+1-xをとるようにする. このような時, NがもしA+1の倍数なら, A+1-xをとるほうが必ず勝てる. これは後手が2人の合計を調整することで相手が石をとりきることができる, 自分が石をとりきることができる番を作っているから.
これを踏まえて, N<=A以外の場合だが, AとBが一致しているときとしていない時で場合分けができる.
一致しているとき, NがA+1の倍数なら合計A+1をとるように後手が調整できるのでBが勝つことができる. NがA+1の倍数でないとき, 一番はじめの手で先手がNがA+1の倍数になるように石の総数をちょうせいできるので, そのあとは後手が取った石の数に対して先手が石の数を調整していくことができるので, 先手が勝つことになる.
一致していないときで, A>Bのとき, 先手は1つ石をとった後, N-1>A-1>=Bとなるので, 後手の1ターン目では試合を終わらすことができず, そのあとは先手が後手のとった石の数から調整して残りの石がB+1の倍数残るようにしていけば, 勝つことができる(たぶん).
A<Bのときは, 後手が残りの石をA+1の倍数になるように調整していけば最後に後手が勝てるときがくる(たぶん).
ミス
ゲームは難しいね.
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; int main(void){ int n, a, b; cin >> n >> a >> b; if(n <= a){ printf("Takahashi\n"); }else{ if(a == b){ // n = a + 1 なら必ず後手勝利. つまり, 先手が x を出したなら, 後手は a + 1 - x を出すようにすればいい. // 違うなら, 先手が上の状況を相手に与えられる. if(n % (a + 1) == 0) printf("Aoki\n"); else printf("Takahashi\n"); }else{ // 多いほうが勝ち // 合計で a + 1 とるように選ぶのを 多いほうがやればいい. if(a > b) printf("Takahashi\n"); else printf("Aoki\n"); } } return 0; }
SRM 600 div1 easy ORSolitaire
問題概要
はじめはX=0でそこからnumbersとして与えられた数字の中の任意のものとORをとり, Xを更新して再びnumbersの中の任意のものとのORを繰り返していく. この処理をどのように繰り返してもgoalに行けなくなるようにするには, numbersからいくつの数値を取り除けばよいか. その最小値を求める問題.
解法
まず, goalのbitが立っていない桁のbitが立っている数値は使えないので, それらを考えないこととする.
あとは, goalのbitのなかで立っているなかの任意の桁のbitを1つ以上たたないようにすればよいので, numbersの中からそのbitが立っている数値を削除すればよいことになる. ではどのbitが立たないようにすれば最小になるかだが, 例えば
numbers{1, 2, 3, 4, 7, 8}, goal=7の場合を考える.
まず, 8は7で立っていないbitが立っているので無視.
001
010
011
100
111
numbersを順番に2進数で並べると上記のようになる. 7=(111)なので、0~2桁目のbitのうちのどれかが立たないようにすればよい. 例えば0bitが立たないようにするには1,3,7を削除, 1bitが立たないようにするには2,3,7を削除, 2bit目が立たないようにするには4,7を削除すればよい. よって今回は4,7を削除すれば最小数2で答えとなる. つまり, goalのbitが立っているibit目が立っているnumbersの数をcnt[i]としたら, cnt[i]の最小値が答えとなる.
ミス
bitset便利すぎ.
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; class ORSolitaire{ public: int cnt[55] = {0}; int getMinimum(vector <int> numbers, int goal){ bitset<50> g(goal); for(auto t : numbers){ bitset<50> bi(t); bool flag = true; rep(i, bi.size()){ if(bi[i] && !g[i]){ // goalに立っていないbitが立っているものは使えない flag = false; break; } } if(!flag) continue; rep(i, bi.size()){ if(bi[i]) cnt[i]++; } } int ret = INF; rep(i, g.size()){ if(g[i]) chmin(ret, cnt[i]); } return ret; } }; int main(void){ ORSolitaire ors; printf("%d\n", ors.getMinimum({5,2,4,52,62,9,8,3,1,11,6}, 11));//3 return 0; }
SRM 546 div1 easy KleofasTail
問題概要
xが偶数のとき x / 2
xが奇数のとき x -= 1
ができる. [A, B]の数で上の操作を繰り返してKになるものの総数を求めよ.
解法
まず, 問題では小さくなる操作が与えられているが, 求めたいのはKになるかなので, Kから[A, B]の区間にいけるかを求めたほうがよさそうだということがわかる. 逆の操作の場合問題概要で示した操作は,
xが偶数のとき x = 2 (x <<= 1) または x += 1
xが奇数のとき x = 2 (x <<= 1)
x(偶数)を2で割れば偶奇どちらもあり得るが, x(奇数)から1を引くときは偶数になるので, 逆の操作は上のようになる.
よって、Kから大きくしていくことを考えると, Kに対して2倍(K<<=1)と+1を繰り返して[A, B]の中に入るものの数をカウントすればよいことになる.
カウント方法はdfsで全探索をすれば簡単ではあるが, 今回は数が大きいので無理. そこでKから作られる数の特性を利用する.
Kが偶数のとき (Kのbit)(任意のbit) または (K+1のbit)(任意のbit)
Kが奇数のとき (Kのbit)(任意のbit)
という数が作られることになるので, それを任意のbitの桁数ごとにいくつ範囲に入るかをカウントしてりけばいい. 任意のbitになるのは, +1と2倍(シフト)があれば作れるからだ. 例えば(Kのbit101)を作りたいなら, Kをシフトして+1して, さらに2回シフトして+1すれば作れる.
[A, B]の範囲に入るものをいきなり計算してもいいが, [0, A - 1], [0, B]をそれぞれ計算して,
[0, B] - [0, A - 1]で計算すれば実装が楽になる.
ミス
ぜんぜんわからなかった. Kから大きくしていく逆の操作でやるんだろうなということはわかっていたが, それ以上思いつかなった. ただ, Xが偶数の時に2で割ることは右へシフトさせたことと同じで, 奇数の時に-1をすることは最下位bitを0にすることと同じ. このような感覚を持ち, bitで考えようとすれば答えにたどり着けたかも. Kから全探索すればわかるわけだし, それをどう計算量を落とすかか.
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; class KleofasTail { public: //逆からたどる ll solve(ll k, ll x){ //[0, x)までの数で、途中で k になるやつの数 ll ret = 0; if(k % 2 == 0){//kが最下位bitが 0 //そのままシフト for (ll i = 1; i * k < x; i *= 2){//[ k*2^i, k*2^(i+1) ) までが何個あるかをカウント ret += min(i, x - k * i); //x以上の部分をカウントしないようにする } //+1をした後にシフト for (ll i = 1; i * (k + 1) < x; i *= 2){//[ k*2^i, k*2^(i+1) ) までが何個あるかをカウント ret += min(i, x - (k + 1) * i); //x以上の部分をカウントしないようにする } }else{ //そんままシフト for (ll i = 1; i * k < x; i *= 2){//[ k*2^i, k*2^(i+1) ) までが何個あるかをカウント ret += min(i, x - k * i); //x以上の部分をカウントしないようにする } } return ret; } long long countGoodSequences(long long K, long long A, long long B){ if(K == 0) return B - A + 1; // K==0 のときは上位bitが何も決まっていないじょうたいなので任意の数字を作ることができる. return solve(K, B + 1) - solve(K, A); } }; int main(void){ KleofasTail kt; // printf("%lld\n", kt.countGoodSequences(3, 4, 8)); // 2 printf("%lld\n", kt.countGoodSequences(0, 0, 2));//3 return 0; }
