pekempeyのブログ

競技プログラミングに関する話題を書いていきます。

August Long Challenge 2017: Flower Pots

CHTのO(BN^2)解を最初投げたんだけど通らなかった。解法は難しくないにも関わらず通している人が少ないのは集団心理か何かだろうか。

計算量
\(O(BN^2)\)
キーワード
DP

解説

まずDPで解くことを考える。状態は着火区間と経過秒数とする。\( [L,R] \rightarrow [L',R'] \)に遷移するパターンは3つある。

  • \(L\)から\(L'\)に伝播、\(R\)から\(R'\)に伝播
  • \(L\)から\(L'\)と\(R'\)に伝播
  • \(R\)から\(L'\)と\(R'\)に伝播

この問題を解く鍵は遷移2or3は複数回起きないということである。最適構造の雰囲気を図1に示す。


f:id:pekempey:20170817154309p:plain

図1. 最適構造

最適解にならないケースを図2に示す。\( C\to y\)に直接繋げた方がコストは小さくなる。


f:id:pekempey:20170817161026p:plain

図2. 最適解にならないケース

ということでDPしなくても分岐地点を全探索すれば良いことがわかる。\(x\)を固定したとき、そのコストを知るには \( dist_b(1,\ast),dist_b(n,\ast),dist_b(c,\ast) \) が必要である――何手掛かったかを知る必要があるため下付きの b として表現した――。これは多少手を抜いたO(BN^2)のDPで計算したとしても間に合う。

起点 \(x\) を決めたとき、伝播先(l,r)はO(N)通りしかないことに注意したい。

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>

using namespace std;

void upd(long long &x, long long y) {
  x = min(x, y);
}

constexpr int N = 3000;
int n, b, c;
long long a[N];
long long ll[N][N], rr[N][N], cc[N][N];

void solve() {
  cin >> n >> b >> c;
  for (int i = 0; i < n; i++) {
    cin >> a[i];
  }
  c--;

  auto dist = [&](int i, int j) {
    return (a[i] - a[j]) * (a[i] - a[j]);
  };

  constexpr long long inf = 1.1e16;
  fill_n(*ll, N*N, inf);
  fill_n(*rr, N*N, inf);
  fill_n(*cc, N*N, inf);
  ll[0][0] = 0;
  rr[0][n - 1] = 0;
  cc[0][c] = 0;
  for (int i = 0; i + 1 < b; i++) {
    for (int j = 0; j < n; j++) {
      for (int k = 0; k < n; k++) {
        upd(ll[i + 1][k], ll[i][j] + dist(k, j));
        upd(rr[i + 1][k], rr[i][j] + dist(k, j));
        upd(cc[i + 1][k], cc[i][j] + dist(k, j));
      }
    }
  }

  long long ans = inf;
  for (int i = 0; i < n; i++) {
    int l = i;
    int r = i;
    while (l != 0 || r != n - 1) {
      if (l == 0) {
        r++;
      } else if (r == n - 1) {
        l--;
      } else if (a[i] - a[l - 1] == a[r + 1] - a[i]) {
        l--;
        r++;
      } else if (a[i] - a[l - 1] < a[r + 1] - a[i]) {
        l--;
      } else {
        r++;
      }
      for (int j = 0; j < b; j++) {
        upd(ans, cc[j][i] + max(dist(i, l), dist(i, r)) + ll[b - j - 1][l] + rr[b - j - 1][r]);
      }
    }
  }
  cout << ans << endl;
}

int main() {
  int T;
  cin >> T;
  while (T--) solve();
}

August Long Challenge 2017: Walks on the binary tree

計算量
\(O(Q \log^2 N)\)
キーワード
persistent segment tree | zobrist hash | binary counter | binary search on segment tree | lcp

考察

  • これはそもそもbinary stringの問題である。
  • 文字列数が2であればlen(s)+len(t)-lcp(s,t)で計算できる。複数文字列があるならソートして隣接要素間のLCPをすべて引けば良い。
  • sortはLCPがあればいいので、LCPの方法を考える。
  • ハッシュを用いてLCPを求めることにする。zobrist hash化したものをsegtreeに載せておけば、LCPは二分探索でいける。
  • 二進カウンタと同じ考え方で、更新クエリで書き換わる桁数はO(1) amortizedである。文字列をsegtreeで持つことにしていたので、永続により空間O(Q log N)で保持できるということになる。
  • segtree上の[0,k)型クエリの二分探索は工夫することでO(log^2 n)からO(log N)に落とせる。fenwick tree上の二分探索(lower_bound)として有名?
  • 先読みソート+linked listを用いて動的更新に対応させた。
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <cassert>
#include <string>
 
using namespace std;
 
struct node {
  node *l = nullptr;
  node *r = nullptr;
  uint64_t sum = 0;
};
 
constexpr int N = 1 << 17;
 
uint64_t rnd[N];
 
uint64_t sum(node *x) {
  return x ? x->sum : 0ULL;
}
 
node *build(int l, int r) {
  node *ret = new node();
  if (r - l == 1) return ret;
  ret->l = build(l, l + r >> 1);
  ret->r = build(l + r >> 1, r);
  return ret;
}
 
int getval(int k, node *x, int l = 0, int r = N) {
  if (r - l == 1) {
    return x->sum != 0;
  }
  int m = l + r >> 1;
  if (k < m) {
    return getval(k, x->l, l, m);
  } else {
    return getval(k, x->r, m, r);
  }
}
 
node *setval(int k, int v, node *x, int l = 0, int r = N) {
  x = x ? new node(*x) : new node();
  if (r - l == 1) {
    x->sum = v ? rnd[l] : 0;
    return x;
  }
  int m = l + r >> 1;
  if (k < m) {
    x->l = setval(k, v, x->l, l, m);
  } else {
    x->r = setval(k, v, x->r, m, r);
  }
  x->sum = sum(x->l) ^ sum(x->r);
  return x;
}
 
int lcp(node *x, node *y, int k = N) {
  if (k == 1) return 0;
  if (sum(x->l) == sum(y->l)) {
    return lcp(x->r, y->r, k / 2) + k / 2;
  } else {
    return lcp(x->l, y->l, k / 2);
  }
}
 
bool compare(node *x, node *y) {
  int l = lcp(x, y);
  if (l == N - 1) return false;
  return getval(l, x) < getval(l, y);
}
 
void solve() {
  int n, q;
  cin >> n >> q;
 
  node *curr = build(0, N);
 
  vector<node *> strs(q);
 
  vector<bool> query(q);
  for (int i = 0; i < q; i++) {
    char type;
    scanf(" %c", &type);
    if (type == '!') {
      int k;
      scanf("%d", &k);
      k = n - 1 - k;
      for (; k >= 0; k--) {
        bool b = getval(k, curr);
        curr = setval(k, !b, curr);
        if (!b) break;
      }
    } else {
      query[i] = true;
    }
    strs[i] = curr;
  }
 
  vector<int> perm(q);
  for (int i = 0; i < q; i++) {
    perm[i] = i;
  }
 
  sort(perm.begin(), perm.end(), [&](int i, int j) {
    return compare(strs[i], strs[j]);
  });
 
  vector<int> inv(q);
  for (int i = 0; i < q; i++) {
    inv[perm[i]] = i;
  }
 
  long long ans = 1LL * q * n + 1;
  for (int ii = 0; ii + 1 < q; ii++) {
    int i = perm[ii];
    int j = perm[ii + 1];
    ans -= min(n, lcp(strs[i], strs[j]));
  }
 
  vector<int> left(q, -1);
  vector<int> right(q, -1);
 
  for (int i = 0; i + 1 < q; i++) {
    left[i + 1] = i;
    right[i] = i + 1;
  }
 
  auto del = [&](int i) {
    int y = inv[i];
    int x = left[y];
    int z = right[y];
    if (x != -1) ans += min(n, lcp(strs[perm[x]], strs[perm[y]]));
    if (z != -1) ans += min(n, lcp(strs[perm[y]], strs[perm[z]]));
    if (x != -1 && z != -1) ans -= min(n, lcp(strs[perm[x]], strs[perm[z]]));
    if (x != -1) right[x] = z;
    if (z != -1) left[z] = x;
    ans -= n;
  };
  for (int i = 0; i < q; i++) {
    if (query[i]) {
      del(i);
    }
  }
 
  vector<long long> anss;
  for (int i = q - 1; i >= 0; i--) {
    if (query[i]) {
      anss.push_back(ans);
    } else {
      del(i);
    }
  }
 
  for (int i = (int)anss.size() - 1; i >= 0; i--) {
    printf("%lld\n", anss[i]);
  }
}
 
uint64_t xorshift() {
  static uint64_t x = 1234567;
  x ^= x << 13;
  x ^= x >> 7;
  x ^= x << 17;
  return x;
}
 
int main() {
  for (int i = 0; i < N; i++) {
    rnd[i] = xorshift();
  }
 
  int T;
  cin >> T;
  while (T--) {
    solve();
  }
}

August Long Challenge 2017: Hill Jumping

正答数を見る限りだと正攻法ではないんだろなとは思う。

計算量
\(O(100 Q \log N)\)
キーワード
link-cut tree | envelope

考察

  • 各点におけるジャンプ先をsucc[i]とする。変更クエリにより書き換わるsuccの要素数はたかだか200である。
  • succ[i]で繋いでいくと木になる。この問題は木上のkth-ancestorを求める問題と見做せる。
  • link-cut treeによりlink, cut, kth-ancestorはいずれもO(log N) amortizedで処理できる。
  • kth-ancestorは二分探索木のkth-minと同様
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <string>
#include <deque>
#include <cassert>
 
using namespace std;
 
constexpr int N = 1e5 + 10;
 
struct node {
  node *l = nullptr;
  node *r = nullptr;
  node *p = nullptr;
  int size = 1;
  int key;
};
 
bool is_root(node *x) {
  return !x->p || (x != x->p->l && x != x->p->r);
}
 
int size(node *x) {
  return x ? x->size : 0;
}
 
void fix(node *x) {
  x->size = 1 + size(x->l) + size(x->r);
}
 
void rot(node *x) {
  node *y = x->p;
  node *z = y->p;
  if (z) {
    if (y == z->l) z->l = x;
    if (y == z->r) z->r = x;
  }
  x->p = z;
  y->p = x;
  if (x == y->l) {
    y->l = x->r;
    x->r = y;
    if (y->l) y->l->p = y;
  } else {
    y->r = x->l;
    x->l = y;
    if (y->r) y->r->p = y;
  }
  fix(y);
}
 
void splay(node *x) {
  while (!is_root(x)) {
    node *y = x->p;
    if (!is_root(y)) {
      node *z = y->p;
      rot((x == y->l) == (y == z->l) ? y : x);
    }
    rot(x);
  }
  fix(x);
}
 
void expose(node *x) {
  node *tmp = x;
  node *r = nullptr;
  while (x) {
    splay(x);
    x->r = r;
    fix(x);
    r = x;
    x = x->p;
  }
  splay(tmp);
}
 
void link(node *c, node *p) {
  expose(c);
  expose(p);
  p->r = c;
  c->p = p;
  fix(p);
}
 
void cut(node *x) {
  expose(x);
  x->l->p = nullptr;
  x->l = nullptr;
  fix(x);
}
 
int kth_element(node *x, int k) {
  expose(x);
  while (true) {
    if (size(x->r) == k) {
      break;
    } else if (k < size(x->r)) {
      x = x->r;
    } else {
      if (!x->l) {
        break;
      }
      k -= 1 + size(x->r);
      x = x->l;
    }
  }
  splay(x);
  return x->key;
}
 
long long ft[N];
 
void add(int k, int v) {
  for (k++; k < N; k += k & -k) {
    ft[k] += v;
  }
}
 
long long getval(int k) {
  long long ret = 0;
  for (k++; k > 0; k &= k - 1) {
    ret += ft[k];
  }
  return ret;
}
 
int main() {
  int n, q;
  cin >> n >> q;
  for (int i = 0; i < n; i++) {
    int a;
    scanf("%d", &a);
    add(i, a);
    add(i + 1, -a);
  }
 
  vector<int> succ(n, -1);
  for (int i = 0; i < n; i++) {
    succ[i] = i;
  }
  vector<node *> nodes(n);
  for (int i = 0; i < n; i++) {
    nodes[i] = new node();
    nodes[i]->key = i;
  }
 
  auto update = [&](int l, int r) {
    l = max(0, l);
    deque<int> mono;
    for (int i = min(n - 1, r + 100); i >= r + 1; i--) {
      while (!mono.empty() && getval(i) >= getval(mono.front())) {
        mono.pop_front();
      }
      mono.push_front(i);
    }
    for (int i = r; i >= l; i--) {
      while (!mono.empty() && mono.back() > i + 100) {
        mono.pop_back();
      }
      while (!mono.empty() && getval(i) >= getval(mono.front())) {
        mono.pop_front();
      }
      mono.push_front(i);
      if (mono.size() == 1) {
        if (succ[i] != i) {
          cut(nodes[i]);
        }
        succ[i] = i;
      } else {
        if (succ[i] != i) {
          cut(nodes[i]);
        }
        succ[i] = mono[1];
        link(nodes[i], nodes[mono[1]]);
      }
    }
  };
  update(0, n - 1);
 
  while (q--) {
    int type;
    scanf("%d", &type);
    if (type == 1) {
      int u, cnt;
      scanf("%d %d", &u, &cnt);
      u--;
      printf("%d\n", kth_element(nodes[u], cnt) + 1);
    } else {
      int l, r, x;
      scanf("%d %d %d", &l, &r, &x);
      l--;
      r--;
      add(l, x);
      add(r + 1, -x);
      update(r - 99, r);
      update(l - 100, l - 1);
    }
  }
}