「 競技プログラミング 」一覧

AtCoder BC074 C: Sugar Water

問題

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解法

質量の合計の最大値が3000gに対して、水は100g単位、砂糖は1g単位です。

なので、全ての組み合わせを試したとしても間に合います。

よって、4重ループで全探索すれば解けます。

実装

A, B, C, D, E, F = gets.chomp.split(" ").map(&:to_i)

limit = E.to_f / (100 + E)

tmp = 0
max_s =0
max_sw = 0
for a in 0..(F/100/A)
    for b in 0..((F-100*a*A)/100/B)
        next if a + b == 0
        for c in 0..((F-100*a*A-100*b*B)/C)
            for d in 0..((F-100*a*A-100*b*B-c*C)/D)
                sw = c*C+d*D+a*A*100+b*A*100
                s = c*C+d*D
                n = s.to_f / sw
                break if n > limit
                if tmp < n
                    tmp = n
                    max_s = s
                    max_sw = sw
                end
            end
        end
    end
end
if max_s > 0
    puts "#{max_sw} #{max_s}"
else
    puts "#{100*A} #{max_s}"
end

AtCoder Beginner Contest 113 参戦記

今度こそは水色へ、と意気込んだABC113。

C完でDも解法はある程度わかったのですが、実装で手間取って例題を通す前に時間切れとなりました。

うーん、水色目前で停滞中です。

A – Discount Fare

問題

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解法

X + (Y/2) を出力するだけ

実装

x,y=gets.chomp.split.map(&:to_i)
puts x+y/2

B – Palace

問題

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解法

各Hi毎に平均気温とA度との差の絶対値を計算し、それが最小の時のiを出力すればよい。

実装

n=gets.to_i
t,a=gets.chomp.split.map(&:to_i)
h=gets.chomp.split.map(&:to_i)

m=Float::INFINITY
ans=0
h.each_with_index do |v, i|
    mm = (a-(t-v*0.006)).abs
    if mm < m
        ans = i+1
        m = mm
    end
end
puts ans

C – ID

問題

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解法

各市を読み込みながら、各県に誕生年を振り分けていく。

全て読み込んだら、各県毎の誕生年をソートして各市の順番(x番目)を決定する。

最後に各市毎に認識番号を出力していく。

ということで、考え方自体はそんなに難しくないが、誕生年の順番をどのように知るかにちょっと工夫が必要。

実装

実装としては、配列とハッシュを使って以下のようにした。

まず、各県ごとに誕生年を配列に格納してから最後にソートする。

その後、配列を先頭から見ていき、誕生年をキー、順番を値とするハッシュに格納する。

認識番号を決める際はこのハッシュを使って誕生年から順番を取得するようにする。

n,m=gets.chomp.split.map(&:to_i)
p = []
y = []

py = Array.new(n+1).map{Array.new()}

m.times do |i|
    pp, yy = gets.chomp.split.map(&:to_i)
    p << pp
    y << yy

    py[pp] << yy
end

ph = Array.new(n+1).map{Hash.new()}
py.each_with_index do |v, i|
    v.sort!
    v.each_with_index do |vv, j|
        ph[i][vv] = j+1
    end
end

0.upto(m-1) do |i|
    printf("%06d%06d\n", p[i], ph[p[i]][y[i]])
end

D – Number of Amidakuji

問題

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解法

あと一歩で解けなかったD問題。

取りかかってから10分ぐらいで動的計画法を使うっていうのは分かったんだけど、実装に手間取って例5を通すことが出来なかった。

この問題のポイントは、動的計画法の漸化式をどうたてるか、と、各縦線の数に対して有効な横線の引き方が1段について何通りあるか、です。

  • 漸化式の考え方

i番目の行まで横線が引き終わっている時にj列目に存在するときの組み合わせをDP[i][j]とします。

すると、i+1番目でj列にいく組み合わせは

DP[i+1][j] = DP[i][j-1] x (j-1とjの間に線を引くときの組み合わせ)+ DP[i][j] x (j-1とjとj+1の間に線を引かない組み合わせ)+ DP[i][j+1] x (jとj+1の間に線を引くときの組み合わせ)

で求められます。

例を使って説明します。

i+1番目で4列目にいけるのは、i番目で3列目、4列目、5列目にいる場合です。

3列目にいる場合は、3列目と4列目の間に横線を引く必要があります。この場合、それ以外の場所については、左側は1、2列目の間、右側は5、6列目の間の横線の引き方の組み合わせとなります。

4列目にいる場合は、3列目と4列目、及び、4列目と5列目の間に横線を引いてはいけません。この場合、それ以外の場所については、左側は1、3列目の間、右側は5、6列目の間の横線の引き方の組み合わせとなります。

5列目にいる場合は、4列目と5列目の間に横線を引く必要があります。この場合、それ以外の場所については、左側は1、3列目の間、右側はこれ以上横線は引けません。

  • 有効な横線の引き方

では、あみだくじとして有効な横線の引き方をどう算出するかです。

これも漸化式の考え方で求めることが出来ます。

縦棒の数がi本の時の一行分の線の引き方をSiとします。

このとき、漸化式は以下のようになります。

これは、i列目とi+1列目に横棒を引く場合はi-1列目とi列目に横棒は引けないのでそれより左側の組み合わせはSi-1通りとなり、i列目とi+1列目に横棒を引かない場合はそれより左側の組み合わせはSi通りになるためです。

ちなみにこれはフィボナッチ数列になります。なお、今回の問題は縦棒は8本までしかないので、数列はハードコードしてしまってます。

実装

以下の実装では、左端と右端は場合分けしていますが、両端に0の列を追加すればもう少し綺麗なるかも。

h,w,k=gets.chomp.split.map(&:to_i)
dp=Array.new(h+1).map{Array.new(w)}

MOD = 1000000007

nn = [1,2,3,5,8,13,21,34]

dp[0][0] = 1
1.upto(w-1) do |i|
    dp[0][i] = 0
end

if w == 1
    puts 1
    exit
end

1.upto(h) do |i|
    0.upto(w-1) do |j|
        dp[i][j] = 0
        if(j==0)
            dp[i][j] += dp[i-1][j] * nn[w-2]
            dp[i][j] += dp[i-1][j+1] * nn[[0,w-3].max]
        elsif(j==w-1)
            dp[i][j] += dp[i-1][j] * nn[w-2]
            dp[i][j] += dp[i-1][j-1] * nn[[0,w-3].max]
        else
            n = nn[[0,j-2].max]
            n *= nn[[0,w-2-j].max]
            dp[i][j] += dp[i-1][j-1] * n

            n = nn[j-1]
            n *= nn[[0,w-2-j].max]
            dp[i][j] += dp[i-1][j] * n

            n = nn[j-1]
            n *= nn[[0,w-3-j].max]
            dp[i][j] += dp[i-1][j+1] * n
        end
        dp[i][j] = dp[i][j] % MOD
    end
end

puts dp[h][k-1] % MOD

結果

Cまでは順調だったんですが、Dで躓いてしまいました。

しかも、Dは動的計画法の漸化式まではある程度思いついたんですが、結局実装しきれませんでした。

とはいえ、動的計画法は苦手分野だったので、途中まで書けただけでも成長したかなという感じです。

いずれにせよ、水色手前でなかなか上がれません。

やはり400点問題は確実に解けるようにしたいところですね。


AtCoder BC079 D: Wall

問題

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解法

各数字を1に書き換えるコストが最小になるようにし、その合計を出せば良い。

「1に書き換える最小コスト」=「1への最短距離」と考えることが出来るので、事前にワーシャルフロイド法などで最短距離を求めておけば、あとは各Aijについて加算していけばよい。

実装

#include<iostream>
#include<vector>
#include<map>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<string>
#include<cstdlib>

#define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);++i)
#define REP(i,n)   FOR(i,0,n)
#define MOD 1000000007

using namespace std;
 
typedef long long int ll;

const ll INF=(ll)1e18;

int main(){
    int H,W;

    cin >> H >> W;

    int c[10][10];

    REP(i,10)REP(j,10){
        int tmp;
        cin >> tmp;
        c[i][j] = tmp; 
    }

    REP(i,10)REP(j,10)REP(k,10){
        c[j][k] = min(c[j][k], c[j][i] + c[i][k]);
    }

    int ans = 0;
    REP(i,H)REP(j,W){
        int a;
        cin >> a;
        if(a != -1 && a != 1){
            ans += c[a][1];
        }
    }

    cout << ans << endl;

}

AtCoder BC079 C: Train Ticket

問題

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解法

演算子の場所は3カ所で+-の2通りしかない。そのため、全パターン試しても 通りで十分に速い。

全パターン試す実装はビット演算で実施。

実装

#include<iostream>
#include<vector>
#include<map>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<string>

#define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);++i)
#define REP(i,n)   FOR(i,0,n)
#define MOD 1000000007

using namespace std;
 
typedef long long int ll;

const ll INF=(ll)1e18;

int main(){
    string str;
    int A,B,C,D;
    cin >> str;
    A = stoi(str) / 1000;
    B = stoi(str) / 100 % 10;
    C = stoi(str) / 10 % 10;
    D = stoi(str) % 10;
 
    REP(i,8){
        int tmp = A;
        char op1,op2,op3;
        if(i & 1){
            tmp += B;
            op1 = '+';
        }else{
            tmp -= B;
            op1 = '-';
        }
        if(i & 2){
            tmp += C;
            op2 = '+';
        }else{
            tmp -= C;
            op2 = '-';
        }
        if(i & 4){
            tmp += D;
            op3 = '+';
        }else{
            tmp -= D;
            op3 = '-';
        }
        if(tmp == 7){
            cout << A << op1 << B << op2 << C << op3 << D << "=7" << endl;
            return 0;
        }
    }
}

AtCoder Tenka1 Programmer Beginner Contest 参戦記

ABCやARCと違うコンテストに参加するのは今回が初でした。

KLabさん主催とのことですが、ほぼいつもの問題の感じと同じでしたね。

今度こそは水色に、と意気込んだのですが、Cの考察不足で最後までWAが残ってしまいまたもや撃沈でした。。。

A – Measure

問題

https://beta.atcoder.jp/contests/tenka1-2018-beginner/tasks/tenka1_2018_a

解法

入力文字列の長さで分岐させるだけ

実装

s=gets.chomp
if s.size == 3
    puts s.reverse
else
    puts s
end

B – Exchange

問題

https://beta.atcoder.jp/contests/tenka1-2018-beginner/tasks/tenka1_2018_b

解法

二人の操作を愚直にシミュレートしていくだけ

実装

a,b,k=gets.chomp.split.map(&:to_i)
k.times do |i|
    if i % 2 == 0
        if a%2 == 1
            a -= 1
        end
        b += a/2
        a /= 2
    else
        if b%2 == 1
            b -= 1
        end
        a += b/2
        b /= 2
    end
end

printf("%d %d\n",a,b)

C – Align

問題

https://beta.atcoder.jp/contests/tenka1-2018-beginner/tasks/tenka1_2018_c

解法

整数の数Nはなので、全て列挙する方法だとぜんぜん間に合いません。

よってどういう並びが適切かを考えることになります。

例えば、1、3、5という3つの整数を並べる場合を考えます。

この場合、1 3 5 と3つを昇順に並べるのは、1 5 という並びと等価です。

なぜならば、1 3 5 は (5-3) + (3-1) = 4 であり、1 5は (5-1) = 4 となるため、真ん中に3を入れる意味が無くなります。これは降順についても同じです。

よって、並べ方のうち3つ以上が昇順(または降順)で現れるものは最適ではありません。

そのため、作る列をsで表すとすると、 のような凸凹の並びになります。

この際、整数の数が偶数か奇数かで分けて考える必要があります。

そこで実際にNが偶数の場合として6を考えてみます。

すると、 と が考えられます。

それぞれの計算結果は

となりますが、両者は並び順が異なるだけなので同じとみなせます。

前者を最大にすることを考えた場合、2倍で加算されるやにはなるべく大きい値、2倍で減算されるやにはなるべく小さい値を当てはめるべきです。

よって、事前に与えられた整数をソートしておき、大きい方の半分は2倍して加算、小さい方の半分は2倍して減算していけばよいことがわかります。ただし、中央値の2つの数については1倍のままにする必要があります。

次にNが奇数の場合として5を考えてみます。

今度は、 と が考えられます。

それぞれの計算結果は

となり、 両者は異なります。これは、並びの両端に大きい数を配置するか小さい数を配置するかの違いになります。(本番では2パターンあることに気づかずに片方だけ実装してしまい見事にWAをくらいました。。。)

よって、奇数の場合は両方のケースを計算してみて、結果が大きい方を解とすればよいです。

実装

n=gets.to_i
a = []
n.times do
    a << gets.to_i
end
a.sort!

ans = 0
if n % 2 == 0
    (n/2+1).upto(n-1) do |i|
        ans += a[i] * 2    
    end

    ans += a[n/2]
    (0).upto(n/2-2) do |i|
        ans -= a[i] * 2    
    end
    ans -= a[n/2-1]
else
    (n/2+1).upto(n-1) do |i|
        ans += a[i] * 2    
    end

    (0).upto(n/2-2) do |i|
        ans -= a[i] * 2    
    end
    ans -= a[n/2]
    ans -= a[n/2-1]

    tmp = ans
    ans = 0

    (n/2+2).upto(n-1) do |i|
        ans += a[i] * 2    
    end
    ans += a[n/2]
    ans += a[n/2+1]

    (0).upto(n/2-1) do |i|
        ans -= a[i] * 2    
    end

    ans = tmp if tmp > ans

end
puts ans

D – Crossing

問題

https://beta.atcoder.jp/contests/tenka1-2018-beginner/tasks/tenka1_2018_d

解法

満たすべき条件の対称性や入力例1の結果を見る限り、部分集合に含まれる整数の数は全て等しいと予想されます。

そこで、試しに部分集合のサイズが3になるケースを考えてみます。

すると部分集合の組は {1, 2, 3} {1, 4, 5} {2, 4, 6} {3, 5, 6} となります。この場合、Nは6になります。

さらにサイズが4になるケースを考えてみます。

{1, 2, 3, 4} {1, 5, 6, 7} {2, 5, 8, 9} {3, 6, 8, 10} {4, 7, 9,10} となります。この場合、Nは10になります。

ここで、部分集合の組の数kは部分集合のサイズより1大きい点に気づくかどうかがポイントです。

例えば {1, 2, 3, 4}を基点に考えた場合、他の部分集合との積は必ず1つしかなく、かつ、各整数は各部分集合のうち2つにしか含まれないため、他の部分集合は4つしか作れません。

どの整数も部分集合の組の2つにしか含まれないため、 となります。

よって、この条件を満たさないNが与えられた場合は、解は NO となります。

では次に、具体的な組み合わせを列挙する方法ですが、本番ではここでつまずいてしまいました。。。

以下のように考えます。

を考えた場合、これは必ずユニークな値になります。

よって、iとjを2重ループでまわして組み合わせを列挙していき、そこに整数を1つずつ当てはめていきます。その際に、各部分集合にその整数を割り当てていき、最後に各部分集合に含まれる値を出力すればよいです。

実装

n=gets.to_i

k = 0
1.upto(1000) do |i|
    if i * (i-1) / 2 == n
        k = i
        break
    elsif i * (i-1) / 2 > n
        break
    end
end

if k == 0
    puts "No"
    exit
else
    puts "Yes"
end

s = 1
ans = []
1.upto(k-1) do |i|
    (i+1).upto(k) do |j|
        ans[i] = [] if ans[i] == nil
        ans[j] = [] if ans[j] == nil
        ans[i] << s
        ans[j] << s
        s += 1
    end
end
puts k
1.upto(k) do |i|
    printf("%d ", ans[i].size)
    puts ans[i].join(" ")
end

感想

400点のCはほぼ解法がわかっていたのに、もう一歩考察が足りずにWAとなってしまいました。

500点のDも考え方はあっていたのですが、組み合わせの列挙で躓いてしまった。

ということで、またしても水色手前で足踏み状態です。


AtCoder BC073 D: joisino’s travel

問題

https://beta.atcoder.jp/contests/abc073/tasks/abc073_d

解法

訪れる町の数が最大で8のため、訪れる順番の組み合わせは最大でも8!(=40320)通りです。

町の数は最大200であり、事前にワーシャルフロイド法(計算量はO(N3))等でそれぞれの町の間の最短距離を求めておけば、全ての組み合わせを試しても十分に間に合います。

実装

#include<iostream>
#include<vector>
#include<map>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<string>

#define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);++i)
#define REP(i,n)   FOR(i,0,n)
#define MOD 1000000007

using namespace std;
 
typedef long long int ll;

const ll INF=(ll)1e18;

ll d[201][201];

int main(){
    int N, M, R;
    cin >> N >> M >> R;
    vector<int> r;

    REP(i,R){
        int tmp;
        cin >> tmp;
        r.push_back(tmp);
    }
    
    sort(r.begin(),r.end());

    REP(i,N+1)REP(j,N+1)d[i][j] = INF;

    REP(i,M){
        int a,b,c;
        cin >> a >> b >>c;
        d[a][b] = c;
        d[b][a] = c;
    }


    REP(i,N+1)REP(j,N+1)REP(k,N+1){
        d[j][k] = min(d[j][k], d[j][i] + d[i][k]);
    }

    ll ans = INF;
    do {
        ll tmp = 0;
        REP(i,R-1){
            tmp += d[r[i]][r[i+1]];
        }
        ans = min(ans,tmp);
    } while (std::next_permutation(r.begin(), r.end()));

    cout << ans << endl;

}

AtCoder BC073 C: Write and Erase

問題

https://beta.atcoder.jp/contests/abc073/tasks/abc073_c

解法

数字の出現回数が

・偶数回:消えている
・奇数回:書かれている

ので、mapを使って出現回数をカウントしておき、最後に奇数回のものを数えれば解けます。

これ以外にもsetを使って操作をシミュレートしても良い。

実装

#include<iostream>
#include<vector>
#include<map>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<string>

#define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);++i)
#define REP(i,n)   FOR(i,0,n)
#define MOD 1000000007

using namespace std;
 
typedef long long int ll;

const ll INF=(ll)1e18;

int main(){
    int N;
    cin >> N;

    map<ll,int> m;

    REP(i,N){
        ll a;
        cin >> a;
        m[a]++;
    }

    int ans=0;
    for(auto itr = m.begin(); itr != m.end(); itr++){
        if(itr->second % 2 != 0){
            ans++;
        }
    }

    cout << ans << endl;
}

AtCoder BC072 D: Derangement

問題

https://beta.atcoder.jp/contests/abc072/tasks/arc082_b

解法

左から順にpiをみていきます。

・pi ≠ iの時
何もせずに、右に1つ進む

・pi = iの時
次の数と入れ替えて、右に2つ進む。このとき、次の数(pi+1)がi+1かどうかは特に意識する必要は無い。どちらの場合も、入れ替え後に条件を満たすため。

 なお、数列の右端がpi = iの場合は、一つ前の数と入れ替えればOK。

以上です。

ちょっと400点とは思えないほど簡単です。

実装

#include<iostream>

#define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);++i)
#define REP(i,n)   FOR(i,0,n)
#define MOD 1000000007

using namespace std;
 
typedef long long int ll;

const ll INF=(ll)1e18;

int main(){
    int N;
    cin >> N;

    int p[N];

    REP(i,N)cin >> p[i];

    int i = 0;
    int ans = 0;
    while(i < N){
        if(p[i] == i + 1){
            ans += 1;
            i += 2;
        }else{
            i++;
        }
    }

    cout << ans << endl;
}

AtCoder BC072 C: Together

問題

https://beta.atcoder.jp/contests/abc072/tasks/arc082_a

解法

aiがとりうる値は、ai-1、ai、ai+1の3つです。

なのでとりうる値の数をカウントする配列を用意しておき、各aiについてai-1、ai、ai+1の3カ所を1ずつ加算していけば、その最大値が解となります。

実装

aiが0となる場合の扱いを簡略化するため、aiと+1、+2の箇所を加算している。最終的な解は「個数の最大値」であるためこのままでも問題無い。

#include<iostream>
#include<vector>
#include<map>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<string>
 
#define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);++i)
#define REP(i,n)   FOR(i,0,n)
#define MOD 1000000007
 
using namespace std;
 
typedef long long int ll;
 
const ll INF=(ll)1e18;
 
#define MAX 99999
 
int s[MAX+3];
 
int main(){
    int N;
    cin >> N;
 
    REP(i,MAX+3)s[i]=0;
 
    REP(i,N){
        int a;
        cin >> a;
 
 
        s[a]++;
        s[a+1]++;
        s[a+2]++;
 
    }
 
    int ans = 0;
 
    REP(i,MAX+3)ans = max(ans, s[i]);
 
    cout << ans << endl;
}

AtCoder BC 071 D: Coloring Dominoes

問題

https://beta.atcoder.jp/contests/abc071/tasks/arc081_b

解法

左から順にドミノの並びを見ていく場合、並び方は

・縦に1つ置く
・横に2つ重ねる

の2パターンです。

そこで、直前の並びに対する次の並びでの塗り方のパターンを考えます。

・「縦に1つ」→ 「縦に1つ」
 直前の色以外の2色が選べる = 2通り

・「縦に1つ」→ 「横に2つ」
 直前の色以外の2色について、どちらかを上、どちらかを下にする = 2通り

・「横に2つ」→ 「縦に1つ」
 必ず直前の色以外の1色を選ぶことになる = 1通り

・「横に2つ」→ 「横に2つ」
 上に直前の上下の2色以外を選ぶ場合、下は必ず直前の上の色になる = 1通り
 上に直前の下の色を選ぶ場合、下は残りの2色を選べる = 2通り
 合わせて3通りとなる

また、一番左側のドミノについては、

・「縦に1つ」= 3通り
・「横に2つ」= 3 x 2 = 6通り

となる。

よって、左側から順番にドミノの並びを検査していき、上記のパターンをかけていくと解ける。(毎回MODをとることを忘れない)

実装

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<string>

#define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);++i)
#define REP(i,n)   FOR(i,0,n)
#define MOD 1000000007

using namespace std;
 
typedef long long int ll;

const ll INF=(ll)1e18;

int main(){
    int N;
    cin >> N;

    string s1, s2;

    cin >> s1 >> s2;

    int i = 0;

    ll ans = 0;
    int flag;
    if(s1[i] == s2[i]){
        ans = 3;
        i += 1;
        flag = 1;
    }else{
        ans = 6;
        i += 2;
        flag = 2;
    }

    while(i < N){
        if(s1[i] == s2[i]){
            if(flag == 1){
                ans *= 2;
                ans %= MOD;
            }
            i += 1;
            flag = 1;
        }else{
            if(flag == 1){
                ans *= 2;
                ans %= MOD;
            }else{
                ans *= 3;
                ans %= MOD;
            }
            i += 2;
            flag = 2;
        }
    }

    cout << ans << endl;
}