AtCoder Regular Contest 073F: Many Moves

http://arc073.contest.atcoder.jp/tasks/arc073_d

dp高速化。

dp[i][j]:=(i番目のqueryまで処理して、2点の座標がx[i]とjの時の最小値)とする。
するとdp[i][j]+jとdp[i][j]-jの値についてrange_sumとrange_minが出来れば高速に更新できる。

2つsegtreeを持たないといけなくて、いろいろバグらせた。
ちゃんと式書いて区間をしっかり考えよう。

struct node {
	ll sum, lazy;
	node() : sum(0), lazy(0){}
	node(ll sum, ll lazy) : sum(sum), lazy(lazy){}
};

int N;
node seg1[200000 * 4], seg2[200000 * 4];

inline void lazy_eval(node* seg, int k, int l, int r) {
	if(seg[k].lazy) {
		seg[k * 2 + 1].sum += seg[k].lazy;//if range_min, erase (m - l)
		seg[k * 2 + 1].lazy += seg[k].lazy;
		seg[k * 2 + 2].sum += seg[k].lazy;//here too
		seg[k * 2 + 2].lazy += seg[k].lazy;
		seg[k].lazy = 0;
	}
}

void update(node* seg, int a, int b, ll s, int k = 0, int l = 0, int r = N) {
	if(b <= l || r <= a) return;
	if(a <= l && r <= b) {
		seg[k].sum += s;//here too
		seg[k].lazy += s;
	}
	else {
		int m = (l + r) / 2;
		lazy_eval(seg, k, l, r);
		update(seg, a, b, s, k * 2 + 1, l, m);
		update(seg, a, b, s, k * 2 + 2, m, r);
		seg[k].sum = min(seg[k * 2 + 1].sum, seg[k * 2 + 2].sum);
	}
}

ll get_sum(node* seg, int a, int b, int k = 0, int l = 0, int r = N) {
	if(b <= l || r <= a) return inf * 2;
	if(a <= l && r <= b) return seg[k].sum;
	else {
		int m = (l + r) / 2;
		lazy_eval(seg, k, l, r);
		ll lsum = get_sum(seg, a, b, k * 2 + 1, l, m);
		ll rsum = get_sum(seg, a, b, k * 2 + 2, m, r);
		return min(lsum, rsum);
	}
}

int Q, A, B;
int C[MAX_N];

void solve() {
	cin >> N >> Q >> A >> B; A--; B--;
	C[0] = B;
	rep(i, 1, Q + 1) {
		cin >> C[i]; C[i]--;
	}
	rep(i, 0, N) {
		if(i != A) {
			update(seg1, i, i + 1, inf - i);
			update(seg2, i, i + 1, inf + i);
		}
		else {
			update(seg1, i, i + 1, -i);
			update(seg2, i, i + 1, i);
		}
	}
	rep(i, 1, Q + 1) {
		ll m = get_sum(seg1, 0, C[i] + 1) + C[i];
		MIN(m, get_sum(seg2, C[i], N) - C[i]);
		update(seg1, 0, N, abs(C[i] - C[i - 1]));
		update(seg2, 0, N, abs(C[i] - C[i - 1]));
		ll r = get_sum(seg1, C[i - 1], C[i - 1] + 1) + C[i - 1];
		if(r > m) {
			update(seg1, C[i - 1], C[i - 1] + 1, m - r);
			update(seg2, C[i - 1], C[i - 1] + 1, m - r);
		}
	}
	ll res = inf;
	rep(i, 0, N) {
		MIN(res, get_sum(seg1, i, i + 1) + i);
	}
	cout << res << "\n";
}

AtCoder Regular Contest 074: Lotus Leaves

http://arc074.contest.atcoder.jp/tasks/arc074_d

flow。

行と列を代表する頂点を用意してうまく辺を張ると、辺の本数がO(H*W)になって十分高速。

int H, W;
string S[MAX_N];


void solve() {
	cin >> H >> W;
	int s, t;
	rep(i, 0, H) {
		cin >> S[i];
		rep(j, 0, W) {
			int id = i * W + j;
			if(S[i][j] == 'S') {
				s = id * 2 + 1;
			}
			if(S[i][j] == 'T') {
				t = id * 2;
			}
			if(S[i][j] != '.') {
				add_edge(id * 2, id * 2 + 1, 1);
				add_edge(id * 2 + 1, H * W * 2 + j, inf);
				add_edge(H * W * 2 + j, id * 2, inf);
				add_edge(id * 2 + 1, H * W * 2 + i + W, inf);
				add_edge(H * W * 2 + i + W, id * 2, inf);
			}
		}
	}
	int res = max_flow(s, t);
	if(res >= inf) cout << "-1\n"; 
	else cout << res << "\n";
}

フローの計算量の見積もり方がよくわからない…

AOJ 2415: Sashimi

http://judge.u-aizu.ac.jp/onlinejudge/description.jsp?id=2415
monge(もんじゅ)dp。

http://topcoder.g.hatena.ne.jp/spaghetti_source/20120915
と
http://sssslide.com/www.slideshare.net/ikumihide/ss-50881829
を参考にした。

単調性が本質で、それをうまく利用するため対角線上にdpを更新していく感じ。

int N;
ll dp[MAX_N][MAX_N];
int A[MAX_N][MAX_N];
ll S[MAX_N];

void solve() {
	cin >> N;
	rep(i, 0, N) {
		cin >> S[i + 1];
		S[i + 1] += S[i];
	}
	rep(i, 0, N) {
		A[i][i] = i;
	}
	rep(k, 1, N) {
		rep(i, 0, N - k) {
			int j = i + k;
			int a = A[i][j - 1];
			int b = A[i + 1][j];
			ll m = inf; ll at = -1;
			for(int l = a; l <= b; l++) {
				if(i > l || l >= j) continue;
				ll tm = dp[i][l] + dp[l + 1][j];
				if(tm <= m) {
					at = l;
					m = tm;
				}
			}
			dp[i][j] = m + S[j + 1] - S[i];
			A[i][j] = at;
		}
	}
	cout << dp[0][N - 1] << "\n";
}

AtCoder Regular Contest 076F: Exhausted?

http://arc076.contest.atcoder.jp/tasks/arc076_d
flowのお勉強。

Hallの結婚定理より、人の集合Xの誰かが座れる椅子の集合をP(X)と置けば必要な椅子の数はX-P(X)である。椅子の集合は[0,L]or[R,M+1]と表せるのでそこに含まれる最大の人の数を求めればよい。これは区間に値を加算し、最大値を出すsegtreeで高速に行うことが出来る。

struct node {
	ll sum, lazy;
	node() : sum(0), lazy(0){}
	node(ll sum, ll lazy) : sum(sum), lazy(lazy){}
};

int M;
node seg[200000 * 4];

inline void lazy_eval(int k, int l, int r) {
	if(seg[k].lazy) {
		seg[k * 2 + 1].sum += seg[k].lazy;//if range_min, erase (m - l)
		seg[k * 2 + 1].lazy += seg[k].lazy;
		seg[k * 2 + 2].sum += seg[k].lazy;//here too
		seg[k * 2 + 2].lazy += seg[k].lazy;
		seg[k].lazy = 0;
	}
}

void update(int a, int b, ll s, int k = 0, int l = 0, int r = M + 1) {
	if(b <= l || r <= a) return;
	if(a <= l && r <= b) {
		seg[k].sum += s;//here too
		seg[k].lazy += s;
	}
	else {
		int m = (l + r) / 2;
		lazy_eval(k, l, r);
		update(a, b, s, k * 2 + 1, l, m);
		update(a, b, s, k * 2 + 2, m, r);
		MAX(seg[k].sum, seg[k * 2 + 1].sum);
		MAX(seg[k].sum, seg[k * 2 + 2].sum);
	}
}

ll get_sum(int a, int b, int k = 0, int l = 0, int r = M + 1) {
	if(b <= l || r <= a) return 0;
	if(a <= l && r <= b) return seg[k].sum;
	else {
		int m = (l + r) / 2;
		lazy_eval(k, l, r);
		ll lsum = get_sum(a, b, k * 2 + 1, l, m);
		ll rsum = get_sum(a, b, k * 2 + 2, m, r);
		return max(lsum, rsum);
	}
}

int N;
vector<int> P[MAX_N];

void solve() {
	cin >> N >> M;
	rep(i, 0, N) {
		int a, b;
		cin >> a >> b;
		P[a].push_back(b);
	}
	M++;
	rep(i, 0, M + 1) update(i, i + 1, i);
	ll res = max(N - M + 1, 0);
	rep(i, 0, M) {
		rep(j, 0, (int)P[i].size()) {
			int n = P[i][j];
			update(0, n + 1, 1);
		}
		ll t = get_sum(i + 2, M + 1);
		MAX(res, t - M - i);
	}
	cout << res << "\n";
}

にぶたんしたら確かに区間の貪欲になるけど、勉強も兼ねて結婚定理から解いてみた。

AtCoder Regular Contest 072D: Alice&Brown

http://arc072.contest.atcoder.jp/tasks/arc072_b

ゲームこわいと思ったが、終了状態が(0,1)か(1,1)なのだから、そこからbacktrackしたら結局abs(X-Y) <= 1 <=>(Brownの勝利)となることがすぐわかる。

ll N, M;

void solve() {
	cin >> N >> M;
	if(abs(N - M) <= 1) cout << "Brown\n";
	else cout << "Alice\n";
}

これはまだいいけどgrundy使う問題来たら死ぬから勉強しておこう。

AtCoder Regular Contest 072F: Dam

http://arc072.contest.atcoder.jp/submissions/1399394

O(N)だからqueueとか使うのかな?と一瞬思ったが、水なんて独立に考えることが出来ないだろ!と思い、O(NlogN)で何とかしようとしたが死亡。

水を入れた順番から昇順にdequeで管理することを考える。

i番目でv[i]Lの水を入れる時、まずfrontからv[i]Lだけ取り出す。
次に、dequeの最後にi番目の水を追加するのだが、dequeの最後の要素がi番目の水より温度が高いなら混ぜてしまう。

int N, L;
deque<pair<double, int>> que;

void solve() {
	cin >> N >> L;

	double res = 0;
	rep(i, 0, N) {
		double a; int b;
		cin >> a >> b;

		int S = L + b;
		while(!que.empty()) {
			pair<double, int> p = que.front();
			if(S - p.sec <= L) {
				que.front().sec -= S - L;
				res -= que.front().fst * (S - L);
				break;
			}
			else {
				S -= que.front().sec;
				res -= que.front().fst * que.front().sec;
				que.pop_front();
			}
		}

		res += a * b;
		cout << res / L << "\n";

		while(!que.empty() && a < que.back().fst) {
			a = (que.back().fst * que.back().sec + a * b) / (b + que.back().sec);
			b += que.back().sec;
			que.pop_back();
		}
		que.push_back(pair<double, int>(a, b));
	}
}

rngさんの解説見たら凸関数で考えていた。確かにそれだったらdeque使うのは自然だね。

AtCoder Regular Contest 076E: Connected?

http://arc076.contest.atcoder.jp/tasks/arc076_c

わかったと思ったけどWA。よく考えてると2つの曲線の点がすべて違う辺に乗っているケースを見逃していた。

どっちの端点も長方形の辺に乗っている曲線についてのみ考えればよい。
曲線を適当に0,1,2...と名前を付けて、
曲線の端点を時計回りにsortする。
そのとき点のsort列がi,j,i,jになってはいけない。
これはstackで判断できる。

int W, H, N, M;
ppi P[MAX_N];
bool used[MAX_N];

bool is_edge(int x, int y) {
	if(x == 0 || y == 0 || x == W || y == H) return true;
	else return false;
}

pair<pi, int> convert(pi p, int i) {
	pi res; int x = p.fst, y = p.sec;
	if(x == 0) res = pi(0, y);
	else if(y == H) res = pi(1, x);
	else if(x == W) res = pi(2, H - y);
	else res = pi(3, W - x);
	return make_pair(res, i);
}

void solve() {
	cin >> W >> H >> M;
	rep(i, 0, M) {
		int a, b, c, d;
		cin >> a >> b >> c >> d;
		if(!is_edge(a, b) || !is_edge(c, d)) continue;
		P[N++] = make_pair(pi(a, b), pi(c, d));
	}
	vector<pair<pi, int>> vec;
	rep(i, 0, N) {
		vec.push_back(convert(P[i].fst, i));
		vec.push_back(convert(P[i].sec, i));
	}
	sort(all(vec));
	stack<int> s;
	rep(i, 0, (int)vec.size()) {
		int a = vec[i].sec;
		if(!used[a]) {
			s.push(a); used[a] = true;
		}
		else {
			if(s.top() != a) {
				cout << "NO\n";
				return;
			}
			s.pop();
		}
	}
	cout << "YES\n";
}

stackは区間が部分的に重なっていないとき([a b],[c d]がa < cかつb < dを満たすような区間じゃないとき)に使えるイメージ。