気づくこと 一回でも x を操作する途中で２倍した後は、二回連続で +1, -1 を使わない。 理由 p 回 +1 した後に、２倍して q 回 +1 すると、 (x + p)*2 + q = 2x + 2*p + q q ≧ 2 のとき 2x + 2*p + q = 2x + 2*p + 2*s + t(s ≧１, t は 0 or 1) となり p + …

期待値でも遷移さえわかれば dp で求まるというやつ。 dp と メモ化再帰の両方で解いてみた。 a,b,c = map(int,input().split()) dp = [[[0]*101 for _ in range(101)] for i in range(101)] for i in range(100,a-1,-1): for j in range(100,b-1,-1): for k…

久しぶりに bfs やら ord を書いたのでメモ。 import sys input = sys.stdin.readline h,w = map(int,input().split()) s = [list(input().rstrip()) for i in range(h)] to = [[] for i in range(26)] for i in range(h): for j in range(w): if 96 < ord(s…

"「ある頂点の子孫でない頂点に xを足す」は、 「根の子孫に xを足す」と「ある頂点の子孫に -xを足す」に分けることができるので、 全てのクエリを「ある頂点の子孫に x を足す」の形に帰着することができます。"かしこい。は？となりながら解説の言うとお…

解けなかった。 発想１．(Xi + Xj + Xk) + (Yi + Yj + Yk) + (Zi + Zj + Zk) を (Xi + Yi + Zi) + (Xj + Yj + Zj) + (Xk + Yk + Zk) とみて考える。 これは添え字が同じになるように移項するのと同じ発想なので思いつくべきだった。 発想２．- (Xi + Xj + Xk…

ずっとほったらかしていた問題。 dfs で全探索するのだけど、愚直に計算すると間に合わない。 • 中途半端に解く配点は 1 種類以下であり、それ以外の配点は完全に解くかまったく解かない。 • 中途半端に解く配点があるなら、それは完全に解く配点以外の配点…

３次元 dp するときに、r,c,k のうち k だけ、計算量が小さいときは、 dp = [[[0]*c for _ in range(r)] for _ in range(k)] と書いた方が実行時間が短くなるという知見を得た。というかこう書かないと TLE するのだがなぜ？ def main(): import sys r,c,k =…

atcoder 再開。水色になった。 01-bfs というやつらしい。+0 を append で、+1 に遷移するものを appendleft でdeque に入れてあげると、O(1) で heap みたいなことができる。heap で回したら TLE した。 よくある bfs や今回初めて書いた 5*5 の移動をメモ…

ほぼこれ。abc 137 E - Coins Respawn (python) - aacord’s memo 頂点１からNまでに通りうる経路だけ抜き出して、その中で bellman-ford を使う。更新回数が m 回をこえたら inf を出力する。 from collections import deque def belman(s,n,w,es): d = [-fl…

連続する部分列→累積和を取る 累積和をとって、差を考える 余りの種類は m 個あるけど、数列の長さから高々 n 個に座圧できる。 基本テクの詰め合わせ。 import sys read = sys.stdin.buffer.read readline = sys.stdin.buffer.readline readlines = sys.std…

サンプルを使ってワーシャルフロイドした結果が、サンプルと一致していなければ答えは -1 となる。 そうでない場合は存在する道の和を出力しないといけないが、それは i から j に道が引かれているとき == min( d[ i ][ k ] + d[ k ][ j ] ) > d[ i ][ j ] …

結局、フェルマーの小定理から x = i のとき 1 で、それ以外の時に 0 となるような p-1 次式が作れてしまうというだけの問題。賢い。 あとは a[ i ] = 1 のときに毎回 1 - (x-i)^(p-1) の係数を二項定理で作るだけ。 p = int(input()) a = list(map(int, inp…

一つでもpath上に黒がある個数を、総数ーpath上がすべて白く塗る個数と置き換えて包除原理を使う。 m 個の path の中から i 個を選ぶ方法は itertools.combinations を使い、1つの path が通る辺の集合を辺１つずつに番号を座圧の要領でつけていき、2進数表…

stack, dict, set 全部使った。盛りだくさん。 まず、降順ソートしてｋ個選んだ時に、L 種類の寿司が含まれているとき、当然それはL 種類の寿司を選ぶ美味しさの中での最大値となる。同様にして、k > L なら種類が被っている寿司を食べているので、k =L にな…

dp の巻き戻しするやつ。dfs をして頂点を探索する際に、stack (deque) に次の頂点を入れる前に、dp を変更する前の要素を入れておくことで、dfs順に頂点を探索するときに、行き止まりについてから、一つ前の頂点に戻る時にその時点での dp を再現することが…

約数系の包除原理の問題として解いたけど、どう帰着するのかわからなかった。 まず lcm ではなくて最大公約数 gcd で考える。 lcm( i,k ) = i*k//gcd( i,k ) で求まる。 すると、1 ≦ i ≦ n, k なので、k の約数の集合を g とすると、g = gcd( i,k ) になる i…

172 4完 パフォ1421 173 4完 パフォ1319 まあ失敗ではないけど大成功でもない感じ。次で水色なりたいね。 172は包除原理の一般法則を知らなかったのが原因。Fは難しかった。 #172 E import sys read = sys.stdin.buffer.read readline = sys.stdin.buffer.re…

解法１ dp[ i ][ j ][ k ] : i 行 j 列まで見たときに差が k になれるかどうか、なれるなら１、なれないのなら０を記録する。遷移は c = abs(a[ i ][ j ] - b[ i ][ j ]) として (dp[i+1][ j ][k+c] = 1, dp[i+1][ j ][abs(k-c)] = 1 if dp[ i ][ j ][ k ] =…

4完 パフォ1412 でした。最近パフォが1400 くらいで安定している。今はいいけど水色になってからは困るなあ。 コンテスト後に F を通しました。考察はあと一歩だったけど、実装の場合分けは無理でした。まず、Nim の必勝法は A1^A2^...^An = 0 なら 後手が必…

BIT木。初見で解いているときは BIT木を知らなくて TLE を出し続け、諦めて解説読んでナニコレとなった。 BIT木の使いどころは、BIT木を2本持つことで、小さい方から i 番目の値の探索を log(N) を行える点である。値の追加、探索、削除を log(N) でできるの…

NOMURA プログラミングコンテスト 2020 A,B,C の3完 ABC170 A,B,C,D の4完でした。 土曜日の方はまずまず。C は直ぐセグ木じゃん楽勝と思った割に、実装をバグらせまくり時間をロスしすぎました。いもす法は知らなかったので、セグ木で毎回リスト A をみて 1…

タイトルからして dp だと思ったら解説は全探索だった。本質的には dp もメモ化全探索みたいなところあるけど。 w_i の制約が特徴的で max(w_i) - w_1 dp[ i ][ j ][ k ] で i 番目の荷物まで見たときに、j 個の荷物を入れて、 重さが j * w_1 + k となって…

bit dp の問題。ゴールした順に bit を作っていくとうまく dp が作れる。 例えば 1 よりも 2 が早くゴールしているときは、今ゴール済みの人を s で表すと、 s & 1 == 0であれば、まだ１がゴールしていないので s から s | 1 n,m = map(int,input().split())…

まんまこれ。 区間に含まれる区間の数をカウントするクエリにたくさん答えたい - 問題解決の宝石箱 終点でソートすることにより、それまでに出てきた区間の終点が、今見ている区間の終点よりも小さいことが保証され、始点の位置だけセグ木で保管すれば、クエ…

セグ木の練習。木というているけど、使いどころはグラフ問題ではなく、ソートされた数列で、特定の区間の最小値や公約数を求めたり、特定の区間の値を変更するときに使う。 愚直にやると N^2かかるが、heap を使おうとすると頭が痛くなるときに便利。 今回の…

M回握手をして出来る幸福度の最大値を、１回の握手で幸福度がｘ以上上がるような握手の回数がM回出来るｘの最大値を求める問題と考えれば、二分探索でｘを求めて、左手 i を固定したときにｘ以上の握手ができる手の数は、 a を昇順ソートしておけば k = n - …

Eまで5完。Fが形式的冪級数だと気づきさえすれば６完できたのに。 Bは０が後ろにあるケースがサンプルにあったからすぐ修正できた。sort したら前から10**18 を超えたら -1 を出力するようにプログラミングしてよい。python は10**18の計算をしてもエラー吐…

経過時間*P 枚コインを失い、辺を通るのに１分かかり、辺上でC枚のコインを得るので、 辺を通ったときにかかるコスト（-コインの数）を －C＋P 枚とすれば、最短路問題に帰着できる。今回は負の辺があるのでベルマンフォード法を使う。 面倒なのは、頂点１か…

4完。Eは難しかった。Dが bfs するだけなのは分かったが一から実装するのに手間取った。dfs だけライブラリとして持っていたのに... bfs も作りました。 # 木(辺のリスト作成) n, m = map(int, input().split()) g = [[] * n for i in range(n)] for i in ra…

自力AC。解説は dp しとるな。これが bitDP ってやつか？ 制約が N=12 だったので bit 演算関係あるんかなと考えると、とりあえず入力される鍵を 例えば N=6 で 2 3 5 を開ける鍵だとすると、key1 = 2**(2-1)+2**(3-1)+2**(5-1) とかはできるなあと思った。 …