AtCoder Regular Contest 116 A,B,C,D,E,F問題メモ
A - Odd vs Even
問題
解法
素因数分解したときの2の個数で判定できる。
素因数のうち、2以外（奇数だけ）を組み合わせて作られる約数は全て奇数。
そこに2が1個あったら、それぞれにかけることで、同数の偶数の約数が作られる。
N = 3^2 * 5 → 1 3 5 9 15 45
N = 2 * 3^2 * 5 → 2 6 10 18 30 90 （上記に加えて）
N = 2^2 * 3^2 * 5 → 4 12 20 36 60 180 （上記にさらに加えて）
2が2個あったら、奇数の2倍の偶数の約数が作られる。この時点で奇数は逆転不可能。
よって、$N$ が奇数なら'Odd'、2の倍数で4の倍数でないなら'Same'、4の倍数なら'Even'となる。
Python3
t = int(input())
for _ in range(t):
n = int(input())
if n % 2 == 1:
print('Odd')
elif n % 4 == 0:
print('Even')
else:
print('Same')
B - Products of Min-Max
問題
解法
この問題における部分列は、連続していなくてもいい点に注意。そのため、最初に $A$ をソートして考えて問題ない。
最小値,最大値を固定し、これらが $\min(B),\max(B)$ になるような $B$ が何個あるか考える。
max= 2 3 5 6 8 9
min=2 1 1 2 4 8 16
min=3 1 1 2 4 8
min=5 1 1 2 4
min=6 1 1 2
min=8 1 1
min=9 1
例えば $\min=2,\max=6$ の時、間の $3,5$ が入るか入らないかで $2^2=4$ 通りの $B$ があり、答えに寄与するのは $2 \times 6 \times 4=48$ となる。
最小値を中心にまとめると、$\min=2$ のとき、$2 \cdot 1 + 3 \cdot 1 + 5 \cdot 2 + ... + 9 \cdot 16$ だけ寄与する。
表を見ると、minが1つ大きい値になるたびに、各値とのペアの数は概ね $\dfrac{1}{2}$ ずつになっていく。
なので、最初に $\min=2$ の時の係数 $C$ を上記の通り求めると、
次の $\min=3$ の時の係数は、$C'=\dfrac{C - 2 + 3}{2}$ で求められる。
さらに次の $\min=5$ の時の係数は $C''=\dfrac{C'-3+5}{2}$ ……と、逐次的に $O(1)$ で求められる。
Python3
n = int(input())
aaa = list(map(int, input().split()))
MOD = 998244353
INV2 = pow(2, MOD - 2, MOD)
aaa.sort()
coef = aaa[0]
pow2 = 1
for a in aaa[1:]:
coef = (coef + a * pow2) % MOD
pow2 = pow2 * 2 % MOD
ans = 0
for i, a in enumerate(aaa):
ans = (ans + a * coef) % MOD
if i < n - 1:
coef = (coef - a + aaa[i + 1]) * INV2 % MOD
print(ans)
C - Multiple Sequences
問題
解法
$A_N$ の値を $1～M$ まで全探索する。
$A_N=k$ と固定した時、$k$ の素因数分解がたとえば $360=2^3 \ 3^2 \ 5$ とかだったとすると、
$A_i$ と比べて $A_{i+1}$ が2倍になる箇所が、重複を許して3箇所
$A_i$ と比べて $A_{i+1}$ が3倍になる箇所が、重複を許して2箇所
$A_i$ と比べて $A_{i+1}$ が5倍になる箇所が、重複を許して1箇所
となるので、そのような数列の個数は重複組み合わせを使って ${}_NH_3 \times {}_NH_2 \times {}_NH_1$ と数えられる。
便宜的に $A_0=1$ とすると、○倍とする箇所の候補は $N$ 箇所というのがわかる。
A0 A1 A2 A3 ... AN
1 ? ? ? 360
↑ ↑ ↑ ↑ ↑ ←N箇所
計算量は、素数を事前計算しておけば
で計算できる。素因数の個数は最大でもそんなに大きくならないし、ほとんどは1～3個程度なのでまぁ定数と見てよく（乱暴）、$O(M \log{M})$ 程度となる。
Python3
import os
import sys
import numpy as np
def solve(n, m):
def mod_pow(x, a, MOD):
ret = 1
cur = x
while a:
if a & 1:
ret = ret * cur % MOD
cur = cur * cur % MOD
a >>= 1
return ret
def prepare_factorials(n, MOD):
factorials = np.ones(n + 1, np.int64)
for m in range(1, n + 1):
factorials[m] = factorials[m - 1] * m % MOD
inversions = np.ones(n + 1, np.int64)
inversions[n] = mod_pow(factorials[n], MOD - 2, MOD)
for m in range(n, 1, -1):
inversions[m - 1] = inversions[m] * m % MOD
return factorials, inversions
def get_primes(n):
""" nまでの素数リスト """
candidates = [0, 1] * (n // 2 + 1)
if n % 2 == 0:
candidates.pop()
candidates[1] = 0
candidates[2] = 1
for p in range(3, int(n ** 0.5) + 1, 2):
if candidates[p]:
for m in range(p * p, n + 1, 2 * p):
candidates[m] = 0
return [p for p, b in enumerate(candidates) if b]
def prime_factorize(x, primes):
factors = {}
for p in primes:
if p * p > x:
break
if x % p == 0:
factors[p] = 1
x //= p
while x % p == 0:
factors[p] += 1
x //= p
if x != 1:
factors[x] = 1
return factors
MOD = 998244353
facts, finvs = prepare_factorials(n + m, MOD)
primes = get_primes(int(m ** 0.5) + 5)
ans = 1
for k in range(2, m + 1):
factors = prime_factorize(k, primes)
tmp = 1
for c in factors.values():
tmp = tmp * facts[n + c - 1] % MOD
tmp = tmp * finvs[c] % MOD
tmp = tmp * finvs[n - 1] % MOD
ans = (ans + tmp) % MOD
return ans
SIGNATURE = '(i8,i8)'
if sys.argv[-1] == 'ONLINE_JUDGE':
from numba.pycc import CC
cc = CC('my_module')
cc.export('solve', SIGNATURE)(solve)
cc.compile()
exit()
if os.name == 'posix':
# noinspection PyUnresolvedReferences
from my_module import solve
else:
from numba import njit
solve = njit(SIGNATURE, cache=True)(solve)
print('compiled', file=sys.stderr)
n, m = np.fromstring(sys.stdin.read(), dtype=np.int64, sep=' ')
ans = solve(n, m)
print(ans)
D - I Wanna Win The Game
問題
解法
なんかC問題と似てる。解き方もまぁ似てるような気がする。
まず例外処理として、$N=1$ の時、XORを0にできず不可能なので除く。
総XOR=0の制約から、各bitについて、そこを'1'とする項は偶数個とならなければいけない。
なので、上位bitから、そのbitを'1'にする項の個数を「偶数」「個数が $N$ を超えない」「より上位のbitの結果と併せて、総和が $M$ を超えない」範囲で遷移するDPを作る。
初期値は $DP[0][M]=1$ となる。
N = 5 M = 20 = 10100(2)
bit DPの内容
10100: 1 初期状態
1000 10100: 1
100: 10 残り10100からbit'1000'を2個立てると残り100,
立て方の場合の数は二項係数で 1 x 5C2通り
100 10100: 1
100: 15 残り10100からbitを4個, 個数 1 x 5C4 を加算
1100: 10 残り10100からbitを2個, 個数 1 x 5C2
10 10100: 1
100: 65 残り 1100からbitを4個, 個数 10 x 5C4 加算
1100: 15 残り10100からbitを4個, 個数 1 x 5C4 加算
10000: 10 残り10100からbitを2個, 個数 1 x 5C2
1000:100 残り 1100からbitを2個, 個数 10 x 5C2
0:150 残り 100からbitを2個, 個数 15 x 5C2
このように、残り $j$ からbit $b$ を $k$ 個立てた時、$DP[i][j-bk]+=DP[i-1][j] \times {}_NC_k$ で遷移できる。
最終的に、$DP[Mのbit長][0]$ が答え。
計算量は、DPにおける $i$ の状態数が $O(\log{M})$、$j$ の状態数が $O(M)$、さらに各 $DP[i][j]$ につき何個のbitを立てるかで $O(N)$。あわせて $O(NM\log{M})$ となる。
もう少し細かく見ると、$j$ の状態数はdictなどで持つと $i$ が進む毎に1,2,4,8,…と2倍ずつになっていくので、$(i,j)$ の組の状態数がまとめて $O(M)$ となり、全体で $O(NM)$ となる。
Python3
from collections import defaultdict
def prepare(n, MOD):
f = 1
factorials = [1]
for m in range(1, n + 1):
f = f * m % MOD
factorials.append(f)
f = pow(f, MOD - 2, MOD)
finvs = [1] * (n + 1)
finvs[n] = f
for m in range(n, 1, -1):
f = f * m % MOD
finvs[m - 1] = f
return factorials, finvs
def solve(n, m):
if n == 1 or m % 2 == 1:
return 0
MOD = 998244353
facts, finvs = prepare(n, MOD)
dp = defaultdict(int)
dp[m] = 1
d = 1 << m.bit_length()
facts2 = [0] * (n + 5)
for c in range(0, n + 1, 2):
facts2[c] = facts[n] * finvs[c] * finvs[n - c] % MOD
while d:
prev_dp = list(dp.items())
for c in range(2, n + 1, 2):
dc = d * c
if dc > m:
break
for key, value in prev_dp:
if dc > key:
continue
dp[key - dc] = (dp[key - dc] + facts2[c] * value) % MOD
d >>= 1
return dp[0]
n, m = map(int, input().split())
print(solve(n, m))
問題
$N$ 頂点の木と見なせる都市と道路がある
国王が、時刻 $0$ に $K$ 個の都市に情報を伝える
時刻 $t$ に情報が伝えられた各都市は、時刻 $t+1$ に、自身と道路で直接つながっている全ての都市に情報を伝える
適切に最初の $K$ 個の都市を選んだとき、全ての都市に情報が伝わるのにかかる最小時間を求めよ
$1 \le K \lt N \le 2 \times 10^5$
解法
答えを決め打つ二分探索。
国王から時刻0に情報を伝えられる都市を、初期都市と呼ぶことにする。
時間 $m$ を決め打って、$m$ 以内に全都市に行き渡らせるのが可能かどうかは、木DPをおこなうことで判定できる。
適当に根を1つ決め、根付き木としておく。
2つは表裏一体なので、例えば前者を正、後者を負でもっておけばよい。
保留中の頂点とは、「まだ部分木内には自身をカバーできる初期都市が無いが、祖先に初期都市を置けばカバーが間に合う頂点」とする。
基本的に、保留中の頂点をカバーできなくなる前ギリギリで初期都市を置いていくことになる。
わかりやすいように1本道グラフを考えると、葉は $DP[v]=1$ となり、親をたどる毎に $2,3,4,...$ と増える。
$m$ になったらその次は初期都市とする。初期都市は $DP[v]=-m$ となる。
m=2
根
○--●--○--○--○--○--●--○--○ ●:初期都市
DP -1 -2 2 1 0 -1 -2 2 1
複数の子を持つ場合、その統合は少し考える必要がある。
$v$ の子頂点の中で $DP$ の正の最大値 $a$ と負の最小値 $b$ を得る。
a+1 < -b のとき
ⓥ:-2
／｜＼ bの初期都市によって、他の子孫の保留中の頂点はすべてカバーできる
-3 2 1
| | DP[v] = b+1 となる
... 1
a = m のとき
ⓥ:-3 m=3
／｜＼ vを初期都市とする必要がある
-2 3 1
| | DP[v] = -m となる
... ...
それ以外
ⓥ:3 bの初期都市ではaの保留中の頂点に届かないため、
／｜＼ aの方の制約を優先する必要がある
-2 2 1
| | DP[v] = a+1 となる
... 1
全頂点のDPを埋めたとき、$DP[根]$ が正なら、初期都市をもう1つ置く必要がある。（たとえば根頂点に置けば問題なくカバーできる）
これが $m$ を決めたときの最小ギリギリの初期都市の置き方となり、$K$ を超えないかどうかで判定できる。
1回の判定に $O(N)$、全体で $O(N \log{N})$ で求められる。
Python3
def check(dfs_order, links, n, m, k):
remaining = [0] * n
count = 0
for v in dfs_order:
c = 0
r = 0
for u in links[v]:
ru = remaining[u]
if ru >= 0:
c = max(c, ru)
else:
r = min(r, ru)
if c + 1 <= -r:
remaining[v] = r + 1
elif c == m:
remaining[v] = -m
count += 1
if count > k:
return False
else:
remaining[v] = c + 1
if remaining[0] > 0:
count += 1
if count > k:
return False
return True
def solve(n, k, links):
dfs_order = []
parents = [-1] * n
status = [0] * n
q = [0]
while q:
v = q[-1]
if status[v] == 0:
for u in links[v]:
if u == parents[v]:
continue
q.append(u)
parents[u] = v
links[u].remove(v)
status[v] = 1
else:
q.pop()
dfs_order.append(v)
l = 0
r = n
while l + 1 < r:
m = (l + r) // 2
if check(dfs_order, links, n, m, k):
r = m
else:
l = m
return r
n, k = map(int, input().split())
links = [set() for _ in range(n)]
for _ in range(n - 1):
u, v = map(int, input().split())
u -= 1
v -= 1
links[u].add(v)
links[v].add(u)
print(solve(n, k, links))
F - Deque Game
問題
$K$ 個の数列が与えられる
AとBの2人でゲームを行う
ルール
Aは最後に残る $K$ 個の要素の和を最大化、Bは最小化したいと考えている
両者最適に行動するとき、最後に残る $K$ 個の要素の和を求めよ
$1 \le 全数列の長さ合計 \le 2 \times 10^5$
$1 \le A_{i,j} \le 10^9$
解法
数列が1個のとき
数列が1個しかなく、長さが短い場合から考える。
ただしAが先手とは限らず、どちらから始める場合も考える。
長さ1のとき
長さ2のとき
長さ3のとき
この辺からちょっとややこしくなって、
Aから手を着ける場合
A手番後 B手番後
1 2 3 → 2 3 → 2
1 3 2 → 3 2 → 2
2 1 3 → 1 3 → 1
Bから手を着ける場合
B手番後 A手番後
1 2 3 → 1 2 → 2
1 3 2 → 1 3 → 3
2 1 3 → 2 1 → 2
このように、先に手を着けた側が一番残したくないもの
（Aにとっては最小値、Bにとっては最大値）が中央にある場合のみ、
それが残ってしまう。
その他の場合は、中央値が残る。
長さ4のとき
左端と右端のどちらを取り除いた方がよいかは、3個のときに帰着して両方調べれば確定する。
先手が得する方を選ぶ。
長さ5以上の奇数のとき
先手だった方が、残り3個になったときにも先手となる。
真ん中3つの要素が重要となる。結論から言うと、真ん中の3つから始めたときと結果は同じになる。
v v v
... 9 3 5 7 9 ...
Aが先手の時、ちょっと欲張れば9とかに手が届きそうに見えるが、
BはAと逆方向をとり続けることで真ん中を3,5,7の状態に保ち続けることができ、9にはできない。
またBにとっては、ひょっとしたら3,5,7を中央に保つより、
中央をずらすことで残す値をもっと小さくできるかも知れない。
しかし、その場合はAが阻止できる。
v v v
1 1 ... 1 3 5 7 1 ... 1 1
Bとしては1を残すべく、中央をずらしたいところである。
Aがたとえば左を取り、Bも同じ側を取ると、中央が5,7,1にずれる。
しかし、そしたらAは次からは右しか取らないことで、これ以上、中央がずれるのを阻止できる。
このようにずらして中央が 5 7 ? となった際にこの3数から残される値は、?の値によらず5以上となる。
もしAが右を取ったら、ずらされた中央 ? 3 5 から残される値は3以上なので、
Aとしては左を取るのが正解となり、このようにAが選ぶ以上、
Bも、最初の真ん中3つから残される値より小さい値を残すのは不可能となる。
AもBも、真ん中3つよりよい値を残したくても相手が阻止でき、その時に残る値は真ん中3つのみの時に残る値と一致する。
真ん中3数の大小関係の並びは複数あるが、調べれば、どのパターンもそうなる。
長さ6以上の偶数のとき
奇数個の場合 $O(1)$ で残る値が特定できるとわかったので、
偶数個の場合、先手は左右のどちらを取れば自分にとって望ましいかを2通りから選べる。
数列が複数個のとき
奇数長の数列は先に手を着けた方が不利。
奇数長の数列しか残っていない状況になると、
その時点での先手（奇数長の数列に手を付ける側）はその状況を覆せず、ずっと不利な状況のまま終わってしまう。
また、どちらがその可哀想な方になるかは、初期で偶数長の数列の個数によって決まっている。
偶数個ならA、奇数個ならBとなる。
偶数長の数列は先に手を着けた方が2通りから望む方を取れるので、率先して1回手をつけるべき。
よって、ゲームの流れは「偶数長の取り合い」→「奇数長の処理」となる。
どの偶数長の数列から手を付ければよいかは、利得の大きい方となる。
つまり、2通りの結果を $a,b$ として $\max(a,b)-\min(a,b)$ を計算する。
AもBもこの利得が大きい方から取っていくことになる。
Python3
k = int(input())
even_center = []
odd_center = []
two_que = []
ans = 0
for _ in range(k):
n, *aaa = map(int, input().split())
if n == 1:
ans += aaa[0]
elif n == 2:
two_que.append(aaa)
elif n % 2 == 0:
even_center.append(aaa[(n - 3) // 2:(n - 3) // 2 + 4])
else:
odd_center.append(aaa[(n - 3) // 2:(n - 3) // 2 + 3])
even_count = len(two_que) + len(even_center)
if even_count % 2 == 0:
can_take_center = lambda aaa: aaa[0] > aaa[1] < aaa[2]
else:
can_take_center = lambda aaa: aaa[0] < aaa[1] > aaa[2]
for aaa in odd_center:
if can_take_center(aaa):
ans += aaa[1]
else:
ans += sorted(aaa)[1]
scramble = []
for aaa in two_que:
a = min(aaa)
b = max(aaa)
scramble.append((a - b, a, b))
for aaa in even_center:
if can_take_center(aaa[:3]):
a = aaa[1]
else:
a = sorted(aaa[:3])[1]
if can_take_center(aaa[1:]):
b = aaa[2]
else:
b = sorted(aaa[1:])[1]
if a > b:
a, b = b, a
scramble.append((a - b, a, b))
scramble.sort()
turn = 0
for diff, a, b in scramble:
if turn == 0:
ans += b
else:
ans += a
turn ^= 1
print(ans)