AtCoder Regular Contest 026 解説

AtCoder株式会社

2014/6/28 1

A問題ダイナミックなポーズ

問題概要• 高橋君は１問の問題を解くのに・普段：A分かかる・ダイナミックなポーズをとりながら：B分かかる

• 体力の消耗が激しいので、ダイナミックなポーズをとりながら解ける問題は５問まで。

• N問の問題を解くのにかかる最短時間は？• 1 ≦ N ≦ 10, 1 ≦ B < A ≦ 60

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解法

• B < Aなので、可能な限りダイナミックなポーズをとりながら解いたほうが良い。

• じゃあ答えは、5*B+(N-5)*A？（５問をダイナミックなポーズをとりながら解き、残りの問題を普段通りに解く）

→　それは間違い

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解法• 5*B+(N-5)*A はダメ。• Nが5より小さい時はダイナミックなポーズはN回しかしなくて良い。

•というようにNが５より大きいか小さいか、つまり、５回の上限までダイナミックなポーズをとるかどうかで場合分けをしてあげればいい。

if(N < 5) answer = N*B;else answer = 5*B+(N-5)*A;

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別のやり方

• のようにダイナミックなポーズをとる回数を計算してから答えを計算するというような方法も考えられます。

num_dynamic = min(N,5);answer = num_dynamic*B + (N-num_dynamic)*A;

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ARC026解説

B:完全数

B-問題概要

● 与えられた整数　が完全数か、不足数か、過剰数か、判定せよ

● 部分点1 ● 部分点2　

N

1≤N≤105

1≤N≤1010

B-基本的発想

● 約数を全て調べて、総和を求めて、元の数字との大小を調べたい

● 約数を出来るだけ速く全列挙するのが目標

● 「自分以外の約数」というのが少し厄介● 自分を含めた約数の総和を求めて自分の2倍と

の大小を比べれば面倒な処理はしなくて良い

B-約数の全列挙1

● 整数 の約数は 以下なので、 以下の全ての整数について、それが の約数かどうかを調べれば良い

● 計算量は– 部分点1が得られる

N N NN

N

O(N )

B-約数の全列挙2

● が の約数ならば、 も の約数● か の片方がわかれば、もう片方もすぐに

分かる。– 小さい方だけを調べれば良い

● となる条件は● √ 以下の約数を調べるだけで良い● 計算量は (√ )

– 満点が得られる

AA

A≤N /A

AN N /A NN /A

A2≤N

N

NO

B-注意点

● が平方数の時 となる が存在する– 誤って を2回足さないように気をつけなければな

らない

● 小課題2の入力が明らかにint型に収まらないので、C等の言語を使っている方は気をつけましょう

N A=N /A AA

ARC024解説

C:蛍光灯

C-問題概要

● 長さがLの廊下にN個の蛍光灯がある● i番目の蛍光灯はc_iの費用で点ける事ができる● i番目の蛍光灯をつけると西からの距離がl_i以上

r_i以下の範囲が照らされる● 廊下全体を照らすための最小費用を求めよ

● 1 ≦ N ≦ 100,000● 1 ≦ L ≦ 100,000● 1 ≦ c_i ≦ 100,000

C-部分点1

● 蛍光灯をl_iが小さい順にソートする– 以降iにはこのソート後のインデックスを採用する

● dp[i][j] = i番目以前の蛍光灯を使って西から距離ｊのところまでの全体を照らす費用の最小値– という値を動的計画法で求める

● もしjがl_iとr_iの間にあるならば

dp[i][j] = min{dp[i-1][k] + c_i (kはl_iとr_iの間)}

ないならば

dp[i][j] = dp[i – 1][j]

という漸化式が成り立つ

C-DPの更新の仕方

● l_iとr_iの間のjに対して

dp[i][j] = min{dp[i-1][k] + c_i (kはl_iとr_iの間)}

● kをl_iからr_iまで順番に動かすときに、今まで通過したdp[i-1][k]の最小値を更新していく– dp[i][k] = その最小値 + c_iとなる

● dp[i]を全て求めるのにO(L)● iはN種類なので、合計でO(NL)

– 部分点1(N,L≦3,000)が得られる

C-DP擬似コードfor(int i = 0;i < n;i++){ //dp[i-1][k]の最小値を保存する変数tmpmin int tmpmin = 99999999; for(int j = 0;j <= L;j++){

if(j < l[i] || k > r[j]){ dp[i][j] = dp[i - 1][j]; } } for(int k = l[i];k <= r[i];k++){ dp[i][k] = min(dp[i][k], tmpmin + c[i]); tmpmin = min(tmpmin, dp[i][k]); }}

C-考察

● 先ほどのDPは2次元配列を使っているが、dp[i]はdp[i – 1]しか参照しない– 1次元配列で管理することができる

● 新しいdp配列– dp[i] = 西端から距離iのところまでの全体を照らす

のに必要な費用の最小値

C-考察

● 実際に費用が最小になる蛍光灯の置き方を考えてみる

● 必ずr_iがとなりの蛍光灯の区間（両端含む）と重なる– dpではr_iの位置のみ更新すれば良い

C-擬似コード2

for(int i = 0;i < n;i++){ //dp[i]の最小値を保存する変数tmpmin int tmpmin = 99999999; for(int k = l[i];k <= r[i];k++){ tmpmin = min(tmpmin, dp[i][k]); }

dp[r[i]] = min(dp[r[i]], tmpmin + c[i]);}

C-高速化

● 操作の種類は– dp[r[i]]の更新

– dp[l[i] ～ r[i]]のなかの最小値を求める

● これはRMQなのでセグメントツリーがうまく利用できる

C-擬似コード3

for(int i = 0;i < n;i++){int tmp = getmin(l[i], r[i])//dp[l[i]～r[i]]の最小値をsegtree等で求めるsetnum(r[i], min(r[i], tmp + c[i]));//dp[r[i]]の値を更新

}

C-入出力例3図解

C-入出力例3図解

C-入出力例3図解

C-入出力例3図解

C-入出力例3図解

C-入出力例3図解

C-入出力例3図解

C-入出力例3図解

C-入出力例3図解

C-入出力例3図解

C-高速化

● 各蛍光灯についてO(logL)でdp[r[i]]を更新する● 計算量はO(NlogL)

– 満点が得られる

C-参考

● セグメントツリーに似たデータ構造でBITというものがある– 比較的楽に実装できる

● BITは基本的にRMQはできないが、いくつかの制約のもとで処理できる

1.値の更新は、もとより値が小さくなるもののみ

2.求める範囲の左端は0でなければならない

● 今回1つめの条件は満たしている● 2つめの条件を満たすようにすればBITを使うこ

とができる

C-参考

● 実はmin(l[i], r[i]) は　min(l[i], L)としてもよい– 予めソートしてあるので、i番目の蛍光灯を見てい

る時、l[j] > l[i]となる蛍光灯jはまだ処理されていない

– l[i] ～ Lと重なっている蛍光灯は、l[i] ～ r[i] と重なっている蛍光灯のみであり、その他余計な蛍光灯は重なっていない

● よってL側を片端とするBITでACすることができる

● 計算量はセグメントツリーと同様

D問題道を直すお仕事

問題概要

• N頂点M辺のグラフが与えられる• 各辺はC,Tの二つの値を持っている• グラフが連結になるように辺を選ぶとき、Cの総和/Tの総和 の最小値は？

• 1 ≦ N,M ≦ 10^4, 1 ≦ Ci,Ti ≦ 10^6

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20点解法 (M ≦ 16)

• それぞれの辺を修理するかどうかを全て試す• 各辺につき、する/しないの２通りがあるので全部で2^M通りのパターンがあり得る

• グラフが連結になるような辺の選び方のうち、Cの和/Tの和が最小となるものが答え

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連結判定 方法１

• 適当な頂点を選び、その頂点を含む連結成分の大きさをDFSなどで計算し、それがNであれば連結

bool used[N]; // falseで初期化int dfs(int v){ if(used[v]) return 0; used[v] = true; int count = 1; for(Edge e : vから出ている辺){ count += dfs(e.to); } return count;}

連結成分の大きさを求める例：

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連結判定 方法２• 以下のアルゴリズムのように、連結成分を集合として管理する

• これを実現するためのデータ構造として、Union Find 木を使う

各頂点に対し、その頂点のみを含む集合を作るfor(Edge e : 修理することにした辺){e.fromが属する集合とe.toが属する集合を合併する

}全ての頂点が同じ集合に属しているかをチェックする

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Union Find 木• 以下の２つの操作が出来るデータ構造・ある要素がどの集合に属しているかを調べる・２つの集合を合併する

• 要素を頂点とした木構造で集合を管理する• 各頂点は親への辺を持っておく• 根の要素をその集合の代表と考える• 詳細は以下のスライドが分かりやすいと思いますhttp://www.slideshare.net/iwiwi/ss-3578491

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Union Find 木• 実装例 (ならし計算量O(α(N)))

int parent[N];void init(){ for(int i = 0; i < N; ++i) parent[i] = -1;}int root(int x){ if(parent[x] == -1) return x; return parent[x] = root(parent[x]);}void unite(int x, int y){ x = root(x); y = root(y); if(parent[x] < parent[y]) swap(x,y); if(parent[x] == parent[y]) parent[x]--; parent[y] = x;}

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20点解法 (M ≦ 16)• 辺の選び方を全て試すためにはビット演算を利用すると書きやすい

• あわせて計算量はO(2^M * N)となり、この部分点を得ることが出来ます

for(int i = 0; i < 1<<M; ++i){ // 選び方を全て試すfor(int j = 0; j < M; ++j){ if((i>>j&1) == 1) j本目の辺は今選ばれている}

}

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満点解法 (M ≦ 10000)

• 答えで二分探索• ΣCi / ΣTi ≦ x となるような最小のxが答え• 小数の二分探索は収束判定が難しいので、50回だけ探索するというようにすると良い。

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二分探索

• ΣCi / ΣTi ≦ x を式変形をすると・・・• ΣCi / ΣxTi ≦ 1 → ΣCi ≦ ΣxTi → ΣCi-xTi ≦ 0• 辺ごとに独立して計算できるようになる！

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二分探索

• ΣCi-xTi ≦ 0 を満たすような辺の選び方があるかどうかを判定したい

• Ci-xTi ≦ 0となる辺は全て選んで良い• グラフが連結になるように、残ったCi-xTi > 0の辺からいくつかの辺を選ぶ。→ 最小全域木問題のアルゴリズムが使えそう

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クラスカル法

• クラスカル法：最小全域木を求めるアルゴリズム

連結成分の管理にはUnion Find 木を使うと良い

answer = 0for(Edge e : 辺をコストの昇順に){if(e.fromとe.toが違う連結成分に属している){ answer += e.cost e.fromの連結成分とe.toの連結成分を合併する}

}

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最小コストを求める

• 今回の問題は最小全域木問題とは少しだけ違いますが、似たようなアルゴリズムで解くことが出来ます

answer = 0for(Edge e : 辺をコストの昇順に){ // コスト = c-xtif(e.fromとe.toが違う連結成分に属している または e.cost < 0){ answer += e.cost e.fromの連結成分とe.toの連結成分を合併する}

}

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満点解法 (M ≦ 10000)

• 二分探索で探索する回数をKとすると、• 計算量はO(K M log M)となり、Kが100程度でも満点を得ることが出来る。

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