第二回日本最強プログラマー学生選手権 E,F問題メモ

第二回日本最強プログラマー学生選手権

Dから（頻出ではあるものの）若干のDPテクニックが要求され、Eからの実装はなかなか重めな印象。

夕方からの開始ということに気づかなかった。

E - Level K Palindrome

問題

回文のレベルを以下のように定める（正確には問題ページ参照）
- 'a' や 'b' はレベル1の回文
- 'aa' や 'aba' はレベル2の回文
- '(レベル $L$ の回文)(レベル $L$ の回文)' という回文はレベル $L+1$
- '(レベル $L$ の回文)(任意の1文字)(レベル $L$ の回文)' という回文もレベル $L+1$
文字列 $S$ と整数 $K$ が与えられる
$S$ を、いくつかの文字を書き換えることでちょうどレベル $K$ の文字列にできるか判定し、できる場合は書き換える必要のある最小の文字数を求めよ
$0 \le K \le 5 \times 10^5$
$1 \le |S| \le 5 \times 10^5$

解法

レベル1の回文で同じにならないといけない文字を考えると、以下のようになる。

|S| = 18 とすると、同じ高さになったindexの文字は同じである必要がある

0                                                 17
   1                                           16
      2                                     15
         3                               14
            4                         13
               5                   12
                  6             11
                     7       10
                        8  9

レベル2の回文では、さらに以下の文字が同じである必要がある。

0                       8  9                      17
   1                 7       10                16
      2           6             11          15
         3     5                   12    14
            4                         13

レベル3では

0        3     5        8  9       12    14       17
   1  2           6  7       10 11          15 16
            4                         13

レベル4……と思いきや、これはレベル5

0  1  2  3     5  6  7  8  9 10 11 12    14 15 16 17
            4                         13

各表現は、最初の折り返し直前までの文字列（レベル1なら 012345678、レベル2なら 0123、レベル3なら 01）がレベル0である（回文でない）ことを前提としているが、レベル4のように折り返し直前までの文字列が1文字だけになったら、これはレベル1の文字列となってしまう。

よってその場合のみ、レベルが1ずれる。レベル4の文字列は作るのが不可能となる。またレベル6以上も長さ18の $S$ では作るのが不可能とわかる。

一般に、 $|S|$ を2で割っていって、「1以外の、0になるまでのレベル」を作ることができる。

レベル   0   1   2   3   4   5   6   7
        18   9   4   2   1   0
作れる   o   o   o   o   x   o   x   x   ...

このように同じにならなければならない箇所は $S$ の中身によらず、 $K$ と $|S|$ のみから決まるので、まずそれを求める。
（考えるのが面倒だったのでUnion-Find木を使ったが、多分ちゃんと計算すれば $O(|S|)$ で求められるはず）

そして、同じグループごとに $S$ から文字の出現回数を数えて、元からあるのが一番多い文字にそろえるのが、変更が一番小さくなる。

しかし、「ちょうど」レベル $K$ にしなければいけない。

レベルが過剰になってしまうというのは、たとえば上記の例でレベル2にしたいのに、一番多い文字を採用すると $S_{0～3}$ が回文になってしまうようなケース。その場合レベル3以上となってしまう。

そのため、各グループ「何の文字に変更したか」「1番目でなく2番目に出現回数の多い文字を採用した場合、書き換える必要のある文字数は1番目を採用した場合から何文字増えるかの差分」を記録する。

回文となってはいけない場所が、変更の結果、回文となってしまっていないか確認し、なっているなら差分のうち一番小さいものを2番目の文字に書き換えて回文を崩す。

そうするとちょうどレベル $K$ が保証される。

Python3

        
          
          
              
              from collections import defaultdict, Counter
 
 
class UnionFind:
    def __init__(self, n):
        self.table = [-1] * n
 
    def root(self, x):
        stack = []
        tbl = self.table
        while tbl[x] >= 0:
            stack.append(x)
            x = tbl[x]
        for y in stack:
            tbl[y] = x
        return x
 
    def find(self, x, y):
        return self.root(x) == self.root(y)
 
    def unite(self, x, y):
        r1 = self.root(x)
        r2 = self.root(y)
        if r1 == r2:
            return
        d1 = self.table[r1]
        d2 = self.table[r2]
        if d1 <= d2:
            self.table[r2] = r1
            self.table[r1] += d2
        else:
            self.table[r1] = r2
            self.table[r2] += d1
 
    def get_size(self, x):
        return -self.table[self.root(x)]
 
 
k = int(input())
s = input()
 
r = len(s)
uft = UnionFind(len(s))
for _ in range(k):
    if r == 0:
        print('impossible')
        exit()
    for i in range(r // 2):
        uft.unite(i, r - i - 1)
    r >>= 1
 
if r == 1:
    print('impossible')
    exit()
 
rrr = defaultdict(set)
for i in range(len(s)):
    rrr[uft.root(i)].add(i)
 
ans = 0
ccc = {}
for t, grp in rrr.items():
    cnt = Counter(map(s.__getitem__, grp))
    a = cnt.most_common(2)
    if len(a) == 1:
        ccc[t] = [a[0][0], len(grp)]
    else:
        ccc[t] = [a[0][0], a[0][1] - a[1][1]]
    ans += len(grp) - a[0][1]
 
if r == 0:
    print(ans)
    exit()
 
ng = True
replace = 1 << 60
for i in range(r // 2):
    r1 = uft.root(i)
    r2 = uft.root(r - i - 1)
    if ccc[r1][0] != ccc[r2][0]:
        ng = False
        break
    replace = min(replace, ccc[r1][1], ccc[r2][1])
 
if ng:
    ans += replace
 
print(ans)

            

        
      

F - Max Matrix

問題

長さ $N$ の数列 $a$ と、長さ $M$ の数列 $b$ がある
最初、 $a,b$ の要素は全て $0$
$Q$ 個のクエリを処理する。 $i$ 個目のクエリでは $T_i,X_i,Y_i$ が与えられる
- $T_i=1$ のとき、 $a_{Xi}$ を $Y_i$ に置き換える
- $T_i=2$ のとき、 $b_{Xi}$ を $Y_i$ に置き換える
- 毎回のクエリの処理直後に $\displaystyle \sum_{i=1}^{N} \sum_{j=1}^{M} \max(a_i,b_j)$ の値を出力する
$1 \le N,M \le 2 \times 10^5$
$1 \le Q \le 2 \times 10^5$
$1 \le Y_i \le 10^8$

解法

最初、全要素が0なので答えは言うまでも無く0。

たとえば $a$ の1個 $a_i$ を $5$ から $10$ に変えたときに、全体の答えがどうなるか考えると、

$b$ の、 $10$ より小さい値について
- その個数分だけ、新規に $\max(a_i,b_j)=10$ になる組が増える
  - 答えが「 $該当個数 \times 10$ 」増加する
$b$ の、 $5$ 以下の値について
- その個数分だけ、今まで $\max(a_i,b_j)=5$ だった組が上に変わる
  - 答えが「 $該当個数 \times 5$ 」減少する
$b$ の、 $5$ より大きく $10$ より小さい値について
- その総和だけ、 $\max(a_i,b_j)=b_j$ として今まで答えに寄与していた分が無くなる
  - 答えが「該当する $b_j$ の総和」分だけ減少する

これで全て。
なので、差分だけ更新していくことで、クエリに高速に答えられそう。

なお、 $10$ から $5$ に変わるなど値が減少するときは、3つめの増加と減少が逆転する。

範囲の個数や総和を求めたいので、セグメント木やFenwick Treeで管理すればよい。
「 $a$ 用、 $b$ 用」「個数用、総和用」で合計4つ、必要になる。

$Y_i$ の取り得る範囲が $10^8$ と大きいので、座標圧縮の必要がある。
今回は「 $a_i$ を $Y_{old}$ から $Y_{new}$ に変えるとき、この間の個数や総和」が求まればよい、つまり $Y_i$ の大小関係さえ保たれていれば範囲指定できるので、 $Y_i$ として出てくる値をソートして小さい順に $0,1,2,...$ に対応させれば、 $Q$ の長さ $2 \times 10^5$ として扱うことができる。

範囲の境界（以下なのか未満なのか、など）に注意。
どちらでもよいが、 $a_i=b_j$ となる $b_j$ があり、今まで $\max(a_i,b_j)=b_j$ だった場合、それを「 $\max(a_i,b_j)=a_i$ に変わったと見なし、更新対象に含めるのか（同じ値が引かれ、足されるので実質は変化ない）」「変化無しとして更新対象に含めないのか」は、3種類の更新の中で統一しておく必要がある。

Python3

        
          
          
              
              from operator import add
 
 
class FenwickTreeInjectable:
    def __init__(self, n, identity_factory, func):
        self.size = n
        self.tree = [identity_factory() for _ in range(n + 1)]
        self.func = func
        self.idf = identity_factory
        self.depth = n.bit_length()
 
    def add(self, i, x):
        i += 1
        tree = self.tree
        func = self.func
        while i <= self.size:
            tree[i] = func(tree[i], x)
            i += i & -i
 
    def sum(self, i):
        i += 1
        s = self.idf()
        tree = self.tree
        func = self.func
        while i > 0:
            s = func(s, tree[i])
            i -= i & -i
        return s
 
 
n, m, q = map(int, input().split())
y_appear = set()
queries = []
for _ in range(q):
    t, x, y = map(int, input().split())
    y_appear.add(y)
    queries.append((t - 1, x - 1, y))
 
compress = {y: i + 1 for i, y in enumerate(sorted(y_appear))}
compress[0] = 0
 
fwt = [
    {
        'count': FenwickTreeInjectable(len(compress) + 5, int, add),
        'total': FenwickTreeInjectable(len(compress) + 5, int, add),
    },
    {
        'count': FenwickTreeInjectable(len(compress) + 5, int, add),
        'total': FenwickTreeInjectable(len(compress) + 5, int, add),
    },
]
fwt[0]['count'].add(0, n)
fwt[1]['count'].add(0, m)
 
current = [[0] * n, [0] * m]
 
buf = []
 
ans = 0
for t, x, y in queries:
    i = compress[y]
    z = current[t][x]
    j = compress[z]
    get = fwt[t ^ 1]['count'].sum(i) * y
    loss1 = fwt[t ^ 1]['count'].sum(j - 1) * z
    loss2 = fwt[t ^ 1]['total'].sum(i) - fwt[t ^ 1]['total'].sum(j - 1)
    ans += get - loss1 - loss2
    fwt[t]['count'].add(i, 1)
    fwt[t]['count'].add(j, -1)
    fwt[t]['total'].add(i, y)
    fwt[t]['total'].add(j, -z)
    current[t][x] = y
    buf.append(ans)
 
print('\n'.join(map(str, buf)))

            

        
      