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AtCoder Beginner Contest 166 D～F問題メモ

AtCoder Beginner Contest 166 D～F問題メモ

AtCoder Beginner Contest 166

そこまで実装が重たいものは無かった。久々に全完できたのは嬉しい。

D - I hate Factorization

問題

整数 $X$ が与えられる
$A^5−B^5=X$ を満たす整数の組 $(A,B)$ （負でもよい）をひとつ示せ
必ず答えが存在するような入力が与えられる
$1 \le X \le 10^9$

解法

5乗なんてしたら、 $A,B$ が幾らもいかない内にあっという間に超巨大な数になる。

実際計算してみると、連続する2数の差では $(A,B)=(120,119)$ で $A^5-B^5=1019663401$ と $10^9$ を越える。

つまり、 $A$ が120以上になっても、引くことで $10^9$ 以下である $X$ を作れるような $B$ が存在しないので、考慮するのは119以下の数のみでよい。

$120^2$ なら全探索が可能である。

        
          
          
              
              x = int(input())
facts = [i ** 5 for i in range(120)]
for a, a5 in enumerate(facts):
    for b, b5 in enumerate(facts):
        if a5 + b5 == x:
            print(a, -b)
            break
        if a5 - b5 == x:
            print(a, b)
            break
    else:
        continue
    break

            

        
      

仮に $X$ の制約がもっと大きくて、 $A$ の取り得る範囲が $10^5$ 位になる場合は、 $A$ が増加するごとに $B$ の取り得る値も増加するので、尺取り法を用いると $O(N)$ となる。

E - This Message Will Self-Destruct in 5s

問題

$N$ 人がおり、 $1～N$ の番号が付いている
番号 $i$ の人の身長は $A_i$
2人組のペアは $\dfrac{N(N-1)}{2}$ 通り考えられるが、この内、以下の条件を満たすペア $(i,j)$ の個数を求めよ
- $|i-j|=A_i+A_j$
$2 \le N \le 2 \times 10^5$
$1 \le A_i \le 10^9$

解法

所持金とかでもいいのに、何故問題設定が身長なのか（ある人がある人の数倍の身長があるというのも変だし、そもそも身長を足すという行為が奇妙だし）

まず、番号 $1$ の人を考えてみる。

番号 $2,3,4,...$ のそれぞれとの身長の和として取るべき値は $1,2,3,...$ となる。ここから $A_1$ を引くと、番号1とペアが成立する相方 $i$ が持つべき $A_i$ の値が分かる。

番号                1   2   3   4   5   6
A                   2   3   3   1   3   1
----1を中心とする----
和として取りたい値  -   1   2   3   4   5
ペアが成立する値    -  -1   0  [1]  2   3    番号1は番号4の人とペアになれる

このように、1ずつ増加する値があって、それと等しい値は無いかを探すとき、そのままでは「位置と値」を両方考慮する必要があって大変。

そこで、最初に $A$ から1ずつ増加する値を引いておけば、ある決まった「値」さえ考慮すればよいという問題に置き換えられる。

番号                1   2   3   4   5   6
A                   2   3   3   1   3   1
A'                  2   2   1  -2   0  -4    ※Aから0,1,2,... を引く
----1を中心とする----
和として取りたい値  -   0   0   0   0   0
ペアが成立する値    -  -2  -2 [-2] -2  -2

番号2の人は、このままでは $A$ を $A'$ にする過程で1ずつ引きすぎているので、和として取りたい値でその分を埋め合わせする。

番号                1   2   3   4   5   6
A                   2   3   3   1   3   1
A'                  2   2   1  -2   0  -4
----2を中心とする----
和として取りたい値  -   -  -1  -1  -1  -1    ※1からの番号の差分だけマイナスになる
ペアが成立する値    -   -  -4  -4  -4 [-4]   番号6の人とペアになれる

また、中心としている番号から左側は考慮しなくてよい。（成立するとしたら、より左側の数字を中心としたときに既に数えられている）

よって、右側から埋めていけばよい。

$count[x]=$ 今見ているところより右側で、 $A'_i=x$ となった $i$ の個数

番号                1   2   3   4   5   6
A                   2   3   3   1   3   1
A'                  2   2   1  -2   0  -4
----6を中心とする----
ペアが成立する値: （1からの番号の差分: -5）- (A6: 1) = -6
ans += count[-6]   自分より右側で A'i = -6 となったものの個数を答えに加算（最初なので当然0）
count[-4] += 1     自分の A'i をcountに登録
----5を中心とする----
ペアが成立する値: （1からの番号の差分: -4）- (A5: 3) = -7
ans += count[-7]   自分より右側で A'i = -7 となったものの個数を答えに加算
count[0] += 1      自分の A'i をcountに登録
----4を中心とする----
ペアが成立する値: （1からの番号の差分: -3）- (A4: 1) = -4
ans += count[-4]   自分より右側で A'i = -4 となったものの個数を答えに加算（6とのペアが見つかる）
count[-2] += 1     自分の A'i をcountに登録
...

        
              from collections import defaultdict
 
def solve(n, aaa):
    fff = aaa.copy()
    for i in range(n):
        fff[i] -= i
    ans = 0
    count = defaultdict(int)
    for i in range(n - 1, -1, -1):
        ans += count[-i - aaa[i]]
        count[fff[i]] += 1
    return ans
 
n = int(input())
aaa = list(map(int, input().split()))
print(solve(n, aaa))

F - Three Variables Game

問題

$A,B,C$ の3つの変数に対し、 $N$ 回、以下の操作を行う
操作
- $i$ 番目の操作では、文字列 $s_i$ が与えられる
- $s_i=$ 'AB' の時、 $A,B$ のどちらかを1増やし、どちらかを1減らす
- $s_i=$ 'BC' の時、 $B,C$ のどちらかを1増やし、どちらかを1減らす
- $s_i=$ 'AC' の時、 $A,C$ のどちらかを1増やし、どちらかを1減らす
ただし、途中でいずれかの変数が負になってしまってはいけない
操作を上手く行うことで最後まで操作を完遂することができるか判定し、できる場合は一例を示せ
$1 \le N \le 10^5$

解法

ざっと考えて、

大きい方を減らして小さい方を増やせば、基本的に詰まることは無い
両方とも0の場合に、操作が不可能になる

これでまずいことはあるか？を考えると、以下のようなケースで、注意しないと、本来可能なのに不可能と判断してしまうことになる。

s    A  B  C
     1  1  0
AB              どっちも等しいので、とりあえずAを増やす
     2  0  0
BC              操作不可能！

s    A  B  C
     1  1  0
AB              Bを増やしておけばよかった
     0  2  0
BC          
     0  1  1

このケースでは、操作しようとしている変数が両方とも1の場合、次の $s_{i+1}$ に含まれる方を優先的に増やせば回避できる。

その他のケースを考えて特に見つからなかったので、ここまでの条件で貪欲にシミュレーションを実装すると通る。

一応、証明っぽいものを考えると、不可能となるのは以下に限られる。

1手目で、初期値が0の2箇所を指定された
2手目以降で2箇所が0となり、その2箇所が指定された

$A+B+C = 1$ の時は選択権がないので、指定されたらそれまで。

$A+B+C \ge 2$ とすると、2番目の条件は必ず回避できる。

なぜなら、たとえば'AB'が指定されているとして、この操作直後に2箇所が0になりうるのは、以下の2つを共に満たす場合に限られる。

'C'は0
'AB'どちらかは1であり、そちらが減らされる方に選ばれる（どちらでも同じことなので、仮に'B'とする）

すると、大きい方を1減らすというルール上、 $A \le B$ である必要があり、 $A+B+C \ge 2$ なので、 $A=1$ 。つまり不可能となり得るのは $(A,B,C)=(1,1,0)$ の場合に限られる。

そして、それは「 $(A,B)=(1,1)$ の場合は次に出てくる方を増やす」ようにしておけば回避可能。唯一不可能となり得るケースも回避方法があるので、必ず回避可能である。

次の指定が今と同じ'AB'であっても、 $(1,1)→(2,0)→(1,1)$ に戻るだけで、その時にどうするかはその時に考えればよいので、2手先以降は考慮する必要は無い。

        
          
          
              
              n, a, b, c = map(int, input().split())
d = {'AB': (0, 1), 'AC': (0, 2), 'BC': (1, 2)}
queries = [d[input()] for _ in range(n)]
history = []
abc = [a, b, c]
for i in range(n):
    x, y = queries[i]
    if abc[x] == 0 and abc[y] == 0:
        print('No')
        exit()
    if abc[x] == 1 and abc[y] == 1:
        if i == n - 1 or x in queries[i + 1]:
            history.append('ABC'[x])
            abc[x] += 1
            abc[y] -= 1
        else:
            history.append('ABC'[y])
            abc[x] -= 1
            abc[y] += 1
    else:
        if abc[x] > abc[y]:
            history.append('ABC'[y])
            abc[x] -= 1
            abc[y] += 1
        else:
            history.append('ABC'[x])
            abc[x] += 1
            abc[y] -= 1
print('Yes')
print('\n'.join(history))

            

        
      