エディトリアル見て書いたコード。コメントつき /* エディトリアルのとおりの解法 */ /* 重さ1, 2のsouvenirだけを使ったとき、重さの和がiとする。 このときdp[i]=(x,y,z)は以下の意味。 xはコストの和の最大値 yは重さ1のsouvenirをいくつ使ったか。 zは重…

上図は3番目の入力例の文字列t="abcab"にダミーの1文字を加えたt+'#'="abcab#"に対してKMP法のDFAを描いたもの。!はその他の文字を表す。tはオーバーラップしてもよいので、最終状態からの遷移もほしい。そこで、末尾にダミーの文字を加えた。これにより、最…

解説付きコード /* 解説 二人とも好むアイテムの集合をX, MashaだけのはY, ArkadyだけのはZとする 全体でちょうどm個でなければならないが、とりあえずそのことは考えない。 Xからx個選ぶとする。xは|X|から0まで総当りする。 k-x個だけYとZから取る必要があ…

解説付きコード /* 解候補は4種類ある。 何も買わない コインとダイヤモンドでそれぞれ1個ずつ噴水を買う コインで2個噴水を買う ダイヤモンドで2個噴水を買う 前二者は自明 後二者について 噴水をコインで2個買うとする 安い方の必要なコイン数を固定すると…

まずa[i]は大きい方を優先して使ったほうがいいので降順にソートしておく。 2^17>10^5かつa[i]>=2より 掛け算は縦横合わせてたかだか17+17=34回 よって f[i番目までは掛けた][横の長さ]=縦の長さの最大値 をDPで解けばいい。

順列はいくつかのサイクルで表記できる。 [l, r)に含まれるサイクルの長さをc[l],...,c[r-1]のように表すと lcm(c[l], ..., c[r])回だけ、各要素は値が変わる。i番目の要素は lcm/c[i] 回だけサイクルを回るので、そのサイクルに含まれる数の和をS[i]とする…

接頭辞の長さごとに、辞書順最小となるものを求めるようなダイクストラ法。ゴールへの経路は、もし閉路を含まなければN個以下の頂点からなるはずで、接頭辞の長さの最大値は6*(N-1) これより長い接頭辞で、辞書順がさらに小さいような経路があれば、その呪文…

int N, M, INF = 10000000, vis[100001], dis[100001], U[100001], V[100001]; vector<pii> G[100001]; void solve() { rep(i, N)G[i].clear(), vis[i] = 0; // Union-Find木 UnionFind uf(N); // クエリの種類 // 0: 返答可能な質問 // INF: 返答不可能な質問 //</pii>…

性質を満たす木が存在する必要十分条件は、すべての頂点についてクエリに現れた回数が偶数であることである。 (1)すべて偶数回の出現だった場合 すべてのクエリについて 辺(a[i], b[i])で2頂点をつなぐ。ただし、a[i], b[i]がすでに同じ連結成分内にある場合…

k回目の魔法で部屋を開いた状態にする操作は、k+1回目以降の移動にしか影響しない。 よって、魔法を以下のように捉え直す。 1回目の魔法は移動のみ 2回目の魔法は部屋を開く操作ののち、移動 2回目以降の操作はK個以下の部屋を開き、K個以下のマスを移動でき…

int main(){ ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); int N; cin >> N; vector<set<int> > G(N); rep(i, N - 1) { int a, b; cin >> a >> b; --a; --b; G[a].insert(b); G[b].insert(a); } /* 完全マッチングが存在するか判定 木なので、葉は必ずその親とペアにな</set<int>…

事前に文字列を辞書順にソートしておく。l番目の文字列とr番目の文字列のLCPをlcp(l, r)のように表すことにする。|lcp(l, r)| <= |lcp(l+1, r)|が成り立つからlcp(l, r)= lcp(lcp(l, l+1), lcp(l+1, r))よって、長さx以下のprefixについて、lcp(i, j)を求め…

f(X, Y)を質問(X, Y)の結果とすると f(0, 0) + f(10^9, 0) = 10^9 + 2AY AY = (f(0, 0) + f(10^9, 0) - 10^9) / 2 求まったAYを利用して AX = f(0, AY)

コメントつきコード // 頂点の数、辺の数、連結成分のID、最も遠い点までの距離、連結成分の直径 int N, M, Q, cmp[100001], far[100001], nc, dia[100001]; // グラフ、連結成分ごとに最も遠い点までの距離をすべてもってソートしたもの vi G[100001], F[10…

2番目の入力例n=10を考えてみよう。 とりあえず、(i+j) mod (n+1) = 0 となるような辺(i, j)はコスト0なので全部張ろう。 1-10 2-9 3-8 4-7 5-6 あとはコスト1以上の辺を貼るしかない。 実はすべてコスト1の辺で繋げられる。 10+2≡1 9+3≡1 8+4≡1 7+5≡1 よっ…

abのような形が残らないので、操作していくと最終的に bbb....baa...a のような形になる。 とりあえず実験してみる。 ab →bba bはaを飛び越えるときに1個から2個になった。 abに対する操作は1回。 aab →a<ab> →abba →<ab>ba →bbaba →bb<ab>a →bbbbaa aを2個飛び越えるこ</ab></ab></ab>…

コメント付きコード // 頂点の数、色の数、頂点vに含まれるアイスの数 int N, M, S[300001]; // グラフ, 頂点vに含まれるアイス vi G[300001], C[300001]; // 解, 色iを使ったかどうか int X[300001], use[300001]; int main(){ scanf("%d%d", &N, &M); rep(…

コメントつきコード /* 解法 漸化式で解を表して行列を作ってみる。 行列は添字ごとに異なるので累乗では解けない。 [l, r)の積 A[r-1]A[r-2]...A[l] の求め方 (1) セグメント木を使って求める http://yukicoder.me/problems/no/510 の解法 今回の問題ではTL…

sに含まれる文字xの数をn(x)とする。c, dが無いものと見做してsがa, bだけから成り立つと考えてみよう。f[i]を文字a, bをちょうどi個ずつ含む部分列の数とする。i>min(n(a), n(b))のときaまたはbの数が足りないからf[i] = 0i<=min(n(a), n(b))のときn(a)個の…

復習用コメント付きコード /* 思いつき方 頂点を黒く塗る その黒い頂点を含む部分木は？ 根まで行く距離が長過ぎる HL分解する */ /* HL分解 Heavy-Light Decomposition 木の構築 O(|V|+|E|) あらかじめ与えられた木について、頂点u,v間のパスをセグメント木…

細かくコメント書いてみた。 /* 2個の配列u,vを値(u[i], v[i])でソートする。 */ template<class S, class T> void psort(vector<S> &u, vector<T> &v, bool isGreater); int main() { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); int N; cin >> N; vll X(N), Y(N); rep(i, N) { cin ></t></s></class>…

事前に1~max(a[1],a[2],...,a[n])の約数を求めておく。次に、約数qをもつ数を数えてcnt[q]のように表す。部分列のgcdをgとしたときq|gを満たす空でない部分列を数えよう。これは簡単で、qを約数にもつ数すべてについて、部分列に含むかどうかを考えてcnt[q]^…

a[1]~a[k]のGCDをgとする。 g | a[i]なのでb[i] = a[i]/gのような数列bを定められる。(b[i]>=1)Σa[i] = nよりgΣb[i] = ng | nよってgの候補はnの約数のみ。すべて試す。総和を考慮せずに、とりあえず一番和の小さい数列を作るとa[i]=giその和はΣgi=gΣi=gi*(i…

/* 思いつき方二分探索チェック関数を書くbool のDPになった。boolのDPは次元を一つ減らせるかも。intで残りの1を使える回数の最大値をもたせればいい。*//*dp[i][j][k]:=i番目まで破壊し、残りj回9の攻撃、k回3の攻撃ができるとき、残りの1の攻撃回数の最大…

操作後のA[i]をA'[i]のように表記する。(1)LRの操作Lの操作によりA'[i] = A[i-1]+A[i]A'[i+1] = A[i]+A[i+1]更にRの操作によりA''[i]= A'[i] + A'[i+1]= (A[i-1]+A[i]) + (A[i]+A[i+1])= A[i-1]+2A[i]+A[i+1](2)RLの操作Rの操作によりA'[i] = A[i]+A[i+1]A'[…

ガウス・ジョルダンの消去法などを知っていればO(n^3)で部分点40(/100)、ラグランジュ補間を知っていればO(n^2)で部分点80(/100)をとれる。 ラグランジュ補間を工夫する。 ラグランジュ補間 一般に多項式P(x)についてi!=jのときx[i]!=x[j]ならば P(x) = Σ[i=…

Sに含まれる数を頂点とし、その和が素数になるような2値の間に辺を張ったグラフを考える。すべての辺について、端点の少なくとも一方にある数は使わない。いいかえると、使わない数の集合はすべての辺の端点の少なくとも一方を含む。これは頂点被覆。 使わな…

vectorのswap vector<int> a(N), b(N); swap(a, b); このswapの実体はvector::swapでswap(a,b)はO(1)で終わる。DPでメモリを節約するのによくやる。 配列のswap int a[N] = {}, b[N] = {}; swap(a, b); 先程のコードを配列に変えただけ。実はこちらのswap(a,b)に</int>…

dp[i][j][fs][sc] =i番目まの問題まで確定していて、j回カンニングしている。１人目に対して直前にしたカンニングの左端はiからfs個左、2人目に対して直前にしたカンニングの左端はiからsc個左とする。ただし、fs,scはK以上はすべてKの1値で表す。このとき最…

1個の町に複数の警察署がある場合もありうるが、明らかに無意味なので1個の町にはたかだか1個の警察署しか無いとする。 道路で結ばれた町は、全体で木になっている。 ある頂点が複数の警察署でカバーされているとする。そのうち最も近い頂点をu,二番目に近い…