コンテストに参加した教訓をまとめていきます。最近はARCに参加し、ABCへのrated参加は見送り中です。

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バチャではなく、一問ずつ解いた。考えがまとまらない。

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$\lfloor S/100 \rfloor = 2$ なら Success 、そうでなければ Failure を出力する。

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状態 $in \in {False, True}$ を考える。初期状態は $False$ である。

• login なら $in$ を $True$ にする。前の状態は関係ない。
• logout なら $in$ を $False$ にする。前の状態は関係ない。
• public なら何もしない。
• private なら、 $in = False$ の時に答えを1増やす。 $in = True$ なら答えは変わらない。いずれにせよ状態を変えない。

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累積和だとすぐ分かったが添え字で悩んだ。

$N = 1$ なら答えは1である。このハードコーディングを間違えた。以下 $|A| > 1$ とする。 $A$ の値ではなく累積和 $C_i = \sum_{j=0}^{i}$ を持つ。

• $C_{-1} = 0$ である
• $0 \leq i < K$ のとき、 $C_i = i + 1$ である
• $i \geq K$ のとき、 $C_i = C_{i-1} + C_{i-1} - C_{i-K-1}$ である

答えは $C_N - C_{N-1}$ である。Modがいつもの素数ではないので、以下の通りにする。

atcoder::modint::set_mod(1000000000);
using ModInt = atcoder::modint;

実は累積和ではなく、スライディングウィンドウで解ける。 $Nlog(N)$ 解法でよければセグメント木が簡便らしい。

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方針はすぐ立ったが考えがまとまらない。

o の前後に . を置けないので、 o の前後を . で埋める。残った ? は o を置きたければ置ける場所であり、それらの値が o または . に一意に決まるならそのように決め、決まらないなら ? のままにする。

上記の通り埋めた後の $S$ に含まれる o が $C$ 個とする。 $C = K$ なら、残りの ? をすべて . に置き換えたものが答えである。以下少なくとも一個以上の ? を o にしなければならない状況を考える。

? をランレングス圧縮する。ラン $i$ が長さ $L_i$ として、 o を最大 $\lceil L_i/2 \rceil$ 個置ける。最大限 o を置くと $D = \sum L_i$ 個置けるが、 $D < K - C$ 個ならどの ? についても、 o に置き換えるか . にするか選択の余地があるので、すべての ? は ? のままである。

$D = K - C$ 個なら最大限 o に置き換える。奇数長のランは o.o.o と、 o で始まり o で終わり o. が交互に続くパターンしかないのでそのように ? を置き換える。偶数長のランは o 始まりと . 始まりの両方になりうるので、 ? のままである。

上記の通り $S$ の ? を置き換えたものが答えである。公式解説1の通りである。

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方針はすぐ立ったが考えがまとまらない。

問題を以下のように読み替える。

1. 頂点 $1..K$ だけからなるグラフ $G_k$ が連結かどうか調べる。連結ではない、つまり頂点1を含む連結成分 $S_k$ のサイズが $K$ 未満なら -1 を出力する。
2. 頂点 $1..K$ だけからなるグラフから、 頂点 $K+1..N$ に直接辺が出ているなら、その頂点集合 $R_k$ を求める。上記で -1 を出力しなければ、 $|R_k|$ を出力する。

$K = 1..N$ について、上記を求める。 $K = 1$ については、 $S_1 = {1}$ 、 $R_1$ は頂点1と直接辺でつながっている頂点 $2..N$ である。

頂点 $K-1$ まで求まっていて、 $K$ について求める。頂点 $K$ と直接つながっている頂点集合を $U$ とする。

• $j \in U$ について、 $j < k$ なら頂点1と 頂点 $j$ を連結する。
• $R_k = R_{k-1} \setminus k$ で初期化する。つまり $R_k$ から $k$ を除く。
• $j \in U$ について、 $j < k$ なら $R_k$ から $j$ を除く
• $j \in U$ について、 $j > k$ なら $R_k$ に $j$ を加える
• 頂点1の連結成分の大きさが $k$ なら(既述の通り頂点 $1..k$ が連結なら) $|R_k|$ を出力する。そうでなければ -1 を出力する。

計算コストは $R$ に辺を出し入れする回数で決まるので $O(Nlog(N))$ である(辺の数が $O(N)$ なので)。

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F問題はいつまで経っても解けないのにG問題は解けた。

答えは $(sx_i, sy_i)$ から $(gx_j, gy_j)$ までの距離のうちどれか一つである。それ以外の距離はわざわざ寄り道しているのでもっと短くできる。 $i,j \in 1..N$ の距離の二乗を整数で求めて $L[i,j]$ とする。これを座標圧縮する、つまり昇順に並べて同じ値は同じ順位にしたものを $D[i,j]$ とする。 $D$ が取りうる値を昇順に並べたものを $V$ とする。

$|V| = 1$ なら $L$ の唯一の値が答えである。そうでなければ $k \in 1..|V|$ で二分探索する。何を二分探索するかというと、 $D[i,j] \leq V[k]$ に限った $i,j$ だけで目標を達成できるかどうかを判定する。

具体的には $(i,j)$ の組を $N$ 個以上作れるかどうか判定すればよく、二部グラフのmax-flowを求めて $N$ かどうか判定する。 $(Soucre,i,j,Sink)$ というグラフを作り、 $(Source,i)$ , $(j,Sink)$ はすべての $i,j \in 1..N$ について容量1の辺を張り、 $(i,j)$ は $D[i,j] \leq V[k]$ なら容量1の辺を張る。 $(Source,Sink)$ の容量が $N$ かどうか判定する。

最後に、二分探索の結果 $k$ を $L$ に逆変換して平方根 $\sqrt{L}$ を求めると答えになる。

バチャではなく、一問ずつ解いた。

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$S$ の先頭から各文字を走査して、英大文字だったら出力する。

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これまでに案内した人数を $P = 0$ で初期化し、これまでに並んだ人の食券番号を先頭から $V$ とする。 $V$ は0-based indexingとする。

• クエリ1は $X$ を $V$ の末尾に追加する
• クエリ2は $V[P]$ を出力し、 $P$ を1増やす。

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初期状態で、 $C[i=1..N]$ は料理 $i$ に含まれる嫌いな食材の集合とする、 $F[j=1..M]$ は食材 $j$ を含まない料理の集合とする。 $B$ をまだ見ていないとき、答えは $C[i=1..N]$ のうち要素が空なものの数である。

$j = B_k$ について以下の操作を行う。

• $a \in F[j]$ について、 $C[a]$ から $j$ を除く
• この操作の前に $C[a]$ が空ではなく、この操作の後で $C[a]$ が空になったら、料理 $a$ を新たに食べられるようになったので答えを1増やす

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線分ではなく直線だった。問題を読み違えて時間が掛かった。

すべての直線の組が交わるとき、答えは $M(M-1)/2$ である。平行な直線は交わらないので、平行な直線の組を求めて答えを引く。

直線の向きは、 $S = (A - 1 + B - 1) mod N$ で一意に決まる。よって直線の向き $S = 0..(N-1)$ について、そのような直線が $L$ 本あるとき、答えから $L(L-1)/2$ を引けばよい。これをすべての $S$ について求める。

公式解説通りである。

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所持金 $x$ と、正解した問題の集合 $U \in 0..2^N-1$ の動的計画法 $DP[x][U]$ だと思ったが、何をDPに載せるのか分からなくなった。載せるべきは確率ではなく期待値で、答えが $DP[X][\emptyset]$ だと分からなかった。コストの和がちょうど $X$ でなくてもこの漸化式で解けることが分からなかった。よく考えたら $C_1=C_2=2, X=5, N=2$ でもこれで上手くいくと分かる($X > 1$ の奇数について非0の値が求める)。

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半分全列挙だとは分かったが、TLEに苦しんだ。おそらく想定解法ではないが、数時間かけてごり押した。E問題が解けなくてF問題を解けるのはなぜだろう。

座標を0-based indexingとする。対角線 $|X+Y| = N-1$ にある $N$ マス $(0,N-1)...(N-1,0)$について、取りうる $modM$ の値を全列挙すればよい。一番経路が多い $N-2 \choose (N-2)/2$ が ${18 \choose 9} = 48620$ なので、全経路を探索すれば全列挙が間に合いそうである。というより後で知ったが、二項係数の和 $\sum_{i=0}^N {N \choose i} = 2^i$ である。 $(1+1)^n$ の係数から導出できる。

$mod M$ はいつも通り求める。左上から桁を末尾に増やすときは $10accum + digit$ 、右上から桁を先頭に増やすときは $digit 10^{width} + accum$ で累積する( $width$ は右下からのマンハッタン距離)。このとき経路中で $modM$ 演算を取るとTLEする。高々10進数9桁なので、 $mod M$ を取るのは最後にまとめてで構わない。

ある対角線のマスについて、左上からの累積値が $a \in 0..(M-1)$ を取るとする。 右下からの累積値 $S$ について、 $(a + max(S)) mod M$ は常に候補になる。 $M - a$ 未満で最大の値 $b \in S$ があれば $a + b$ が答えの候補になる。これは二分探索で求まる。センチネルとして $min(S) + M$ を $S$ に加えておくと処理しやすい。

とにかく $mod M$ をできるだけ減らすとTLEを回避できる。だいたい公式解説通りだが、なぜTLEしたのだろう。

バチャではなく、一問ずつ解いた。解くのが遅い。

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添え字を2ずつ増やす。

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? を置き換える方法は必ず $26^4$ 通りなので、 $T$ を置き換えて $S$ にし、 $S$ が $U$ を含むかどうか調べる。

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$PS[X]$ をユーザ $X$ が閲覧できるページ、 $GS[X]$ をユーザ $X$ がすべてのページを閲覧できるかどうかとする。 $PS[X]$ の初期値は空集合、 $GS[X]$ の初期値は $False$ である。

• クエリ1は $PS[X]$ に $Y$ を追加する
• クエリ2は $GS[X]$ を $True$ にする
• クエリ3について $Y \in PS[X] \lor GS[X]$ なら Yes 、そうでなければ No である。

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色々見落としが多い。

$A$ に $a$ が現れる回数を $C[a]$ とする。 $|C|$ を $A$ に現れる数値の重複無し種類とする。

$D = 0$ のときは、答えは $N - |C|$ である。これを忘れるとTLEする。

$D > 0$ のときを考える。 $a$ を等差数列 $a, a+D, a+2D, ...$ に分解する。この分解は $O(N)$ でできる。分解した等差数列 $P$ について、等差数列のそれぞれの成分 $a$ が $A$ に現れる回数 $T = C[a] : a \in P$ を考える。

$\sum T$ が最大になるように $T$ を上手く間引く。これは動的計画法でできる。 $T$ の $i \in |T|$ 番目の要素を間引いた時の $T[1..i]$ の要素数を $DP[i][0]$ , 間引かないときの要素数を $DP[i][1]$ とする。二回連続で間引くことはできても、二回連続で間引かないのは許容されないので、

• $DP[0][0] = 0$, $DP[0][1] = T[1]$
• $DP[i+1][0] = max(DP[i][0], DP[i+1][1])$
• $DP[i+1][1] = DP[i][0] + T[i]$

で更新する。このとき $(\sum T) - max(DP[|T|][])$ が、ある等差数列について求める答えである。これをすべての等差数列について求めた和が最終的な答えである。

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ローリングハッシュでまとめながら集合を管理と分かったが手こずった。

文字列 $T$ の先頭 $k=1..|T|$ 文字についてのローリングハッシュを $H(T,k)$ とする。

• $S_1$ に含まれる文字列 $T$ の $H(T,|T|)$ の集合を $X$ とする。 $S_1$ 丸ごとのハッシュである。
• $S_2$ に含まれる $j \in 1..|S_2|$ 番目の文字列 $T = S_{2,j}$ に注目する。値が $h = H(T,1..|T|)$ となるような文字列の添え字の集合を $Y[h]$ とする。 $S_2$ が持つ接頭辞の候補である。
• $S_2$ の $j$ 番目の文字列が、 $S_1$ のいずれかの要素が接頭辞になるかどうかを $U[j]$ として持つ。接頭辞なら1、接頭辞でなければ0である。 $U$ は0-based indexingとしてセグメント木として持つ。

クエリ $T_i = 2$ が来た時点で、 $|S_2| - \sum U$ が答えである。クエリ $X,Y,U$ を更新する方法を定める。

クエリ $T_i = 1$ をこう処理する。 $h = H(S, |S|)$ として、 $j \in Y[h]$ について、 $U[j] = 1$ とする。その後の $S$ に $h$ を追加し、 $Y[h]$ を空にする。空にし忘れるとTLEする。

クエリ $T_i = 2$ をこう処理する。クエリが来る前の $|S_2|$ を $L$ とする。

• $U[L] = 1$ なら既に $S_1$ の接頭辞なので何もしない
• $U[L] = 0$ かつ $h = H(S, 1..|S|)$ として、いずれかの $h$ が $X$ に含まれるなら $U[L] = 1$ とする。既に $T$ は $S_1$ の接頭辞である。
• $U[L] = 0$ かつ $h = H(S, 1..|S|)$ として、いずれの $h$ も $X$ に含まないなら $h$ それぞれについて $Y[h]$ に $L$ を 追加する。今は $T$ は $S_1$ の接頭辞ではないが、将来は接頭辞にされるかもしれない、という予約である。
• 上記のいずれの場合も、 $L$ に1足す

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$O(N^2)$ が許されるので総当たりする。 $N$ を式にした時の演算子の数は $O(log(N))$ である(同じ数字を10回程度しか足さないので)。

$N = A + B$ と $N = A \times B$ についてメモ化再帰しながら総当たりして、最も文字列長が短いものを返す。 1,11,111,1111 をそのまま文字列にしたものをあらかじめ用意しておく。 $A,B$ の文字列表現をそれぞれを括弧で囲むかどうか判定する。

$A op B$ の $B$ に括弧が要るかどうかは、 $A$ の先頭から以下の通り調べる。 $B$ も同様である。

• () 内は調べない。これは入れ子の深さが0以外かどうかで分かる。 ( で1深く、 ) で1浅くする。
• $op = \times$ で $+$ が出たら、 $B$ に括弧が要る。 $op = +$ は調べなくてよい。

バチャではなく、一問ずつ解いた。E問題がわからない。

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出現した文字を数え、出現するかもしれない文字 a-z それぞれについて出現しなかったものを出力する。

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色を変えてから回転することと、回転してから色を変えることは等価である(回転後の場所の色を変えればいいので)。よって $r = 0..3$ 回転した時の操作回数は、 $S$ を回転後に $S,T$ で色が違うマスが $C_i$ 個として、 $i + C_i$ である。この最小値を求める。

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グラフにサイクルがあるか、と問題を読み違えて時間を溶かした。いったい何をしているのだろう。

辺の数が $N$ で、頂点数 $N$ の唯一の連結成分を持ち、すべての頂点の次数が2なら Yes 、そうでなければ No である。次数を無視すると、結び目があるグラフをサイクルグラフを誤認する。

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STLの柔軟性に助けられた。

std::map は std::vector<int> をキーに持つことができる。これを利用してDPを作る。

$DP[V,C]$ は、動物 $1..M$ を見た回数のベクトル $V[1..M]$ のときに、動物園の最低入場料 $C$ という連想配列とする。ただし $V \in 0..2$ とし、2回以上見たら2回と同じとみなす。初期値は $DP[0] = 0$ 、それ以外は $DP[] = \infty$ とするが、 $DP[] = \infty$ なら $DP$ に載せない。

同じ動物園を二度までは見る(三度見る必要はない)ので、動物園を見る順番を $P[1..2N] = 1..N, 1..N$ とする。 $DP[0,0]$ は動物園を全く見ていなければコスト0という意味である。

動物園 $k=P[i]$ でコスト $C_i$ で動物 $U$ を見る。 $T$ はベクトルで、動物園 $k$ 動物 $j$ を見られるときに $U[j] = 1$ 見られないときは $U[j] = 0$ である。DPの更新式は以下の通りである。

• $S$ は、値が $\infty$ でない $DP$ のすべての要素とする
• $S+T = min(2, S[j] + T[j])$ とする
• $DP[S+T] = min(DP[S+T], DP[S] + C_i)$

答えは、動物を二回見たというキーに対する値 $V = (2,2,...,2) , DP[V]$ である。

$DP$ の要素は高々 $1+2^{2N}$ 個なので、制約から 1048577個である。計算量は $NN4^{N}$ だが間に合ってしまった(60 ms)。

実は動物園を $3^N$ の全探索すればよかった。

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何時間考えてもわからない。MSTを作る問題だと思ったら全く違った。公式解説をほぼそのまま実装して解説ACした。後ろから考える典型である。

MSTを作ればよいのだが、合流する頂点を任意だと思ったので計算量が多すぎた。頂点 $i$ に頂点 $i+1$ 以降をすべて合流させると公式解説と同じ考え方になる。

バチャではなく、一問ずつ解いた。発想は早いが実装が遅い。

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題意通り実装する。

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$i=1..M$ が $A$ に何個含まれるか示す連想配列 $T[i]$ を持つ。

値が非0の $T$ のエントリ数が $M$ 未満になるまで、 $A$ の末尾の要素 $A_j$ を $T[A_j]$ から1減らす。 $T[A_j]=0$ になったら $T$ からエントリ $A_j$を削除する。 $A$ を削除した回数が答えである。

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要素 $1..i$ までの累積和 $C_i = \sum_{j=1}^{i}$ をあらかじめ求める。答えは $\sum_{i=1}^{N-1} A_i(C_N - C_i)$ である。

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多地点BFSなのだが、実装方法を忘れてTLEした。

距離 $D$ の隣、距離 $D+1$ の地点をキューに積むとき、キューの先頭距離が $L$ なら、 $D + 1 < L$ ならキューの先頭に積み、そうでないならキューの末尾に積む。 $D + 1 \leq L$ にするとTLEする。

すべての出口をキューに積んでBFSし、それぞれの床についてある出口までの最短距離を求める。そのあとそれぞれの床について、自分より出口までの距離が短くなる方角を記入すると答えになる。

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組み合わせを高速に前計算すればよいが、実装方法を忘れて時間が掛かった。

並び方を列挙するのに、最も左にあるブドウに注目する。最も左にあるブドウより左に、バナナが $i = 0..C$ 個あり、最も左にあるブドウより右に、バナナが $C - i$ 個あるとする。このような $i$ について、取りうる組み合わせの数を足すと答えである。

この方法で題意のうち、以下の二制約を必ず満たす。これは $D - 1$ 個のブドウと $C - 1$ 個のバナナを並べる方法なので ${{D - 1 + C - i} \choose {C - i}}$ 通りである。

• リンゴはすべてブドウよりも左側に並べる
• オレンジはすべてブドウよりも左側に並べる

最も左にあるブドウより左について、リンゴを左に、バナナを右に寄せ、間にオレンジを挟む。そうすると残りの制約である、リンゴはすべてバナナよりも左側に並べる、を満たす。これは ${{A + B + i} \choose i}$ 通りである。

上記を前計算する。 ${D - 1 + C - i} \choose {C - i}$ について、 $C - i$ と $i$ を入れ替えて、 ${D - 1 + i} \choose {i}$ を求める。これは以下の通り、 $i$ について逐次的に求まる。

• ${{D - 1} \choose {0}} = 1$
• ${{D - 1 + i + 1} \choose {i + 1}} = {{D - 1 + i} \choose {i}} \times (D - 1 + i + 1) / (i + 1)$

${{A + B + i} \choose i}$ も $i$ について逐次的に求まる。

• ${{A + B} \choose 0} = 1$
• ${{A + B + i + 1} \choose {i + 1}} = {{A + B + i} \choose {i}} \times (A + B + i + 1) / (i + 1)$

この方法は公式解説1と同じである。

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実装方法が全く分からなかった。

公式解説が何種類かあるが、線分 $C,D$ に飛び込む他の線分 $A,B$ を数え上げる方法なら分かる。この方法は公式解説2にあり、その通り実装した。セグメント木なのだろうとは想像したが、クエリ並び替えが要ることが分からなかった。

バチャではなく、一問ずつ解いた。相変わらず、他の方の難易度と私の難易度が逆転する。

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$C < A \lor (C = A \land D < B)$ なら Yes 、そうでなければ No である。

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任意精度整数を使って積を求め、積が $10^{K+1}$ 以上になったら1にする。

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方針はすぐ立ったが実装が進まなかった。

セグメント木 $U[i=1..N-1]$ の要素を、 $A[i+1] - A[i] > 0$ なら $1$ 、そうでなければ $0$ とする。同様にセグメント木 $D[i=1..N-1]$ を、 $A[i+1] - A[i] < 0$ なら $1$ 、そうでなければ $0$ とする。

$i=1..N-1$ について全探索する。

• チルダ型の1番目の点を $i$ とする
• チルダ型の2番目の点を $L$ とする。これは $U[i..L-1]$ がすべて1となる最大の $L$ である。セグメント木の max_right を使って求める。
• チルダ型の3番目の点を $M$ とする。これは $D[L..M-1]$ がすべて1となる最大の $M$ である。セグメント木の max_right を使って求める。
• チルダ型の4番目の点を $R$ とする。これは $U[M..R]$ がすべて1となる最大の $R$ である。 $[M,R)$ は題意を満たすので、 $R - M$ を答えに加える。

公式解説はランレングスで解いている。

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C問題と異なり、あっさり実装が終わった。

問題とは $y,x$ の定義を入れ替えて、 $y$ を縦=行、 $x$ を横=列とする。

行 $y$ にあるのごみの位置の集合を $R[y=1..h]$ とする。列 $x$ にあるのごみの位置の集合を $C[x=1..w]$ とする。

• クエリ1は、 $R[y]$ の要素数を答える。その後 $x \in R[y]$ について、 $C[x]$ から $y$ を除く。
• クエリ2は、 $C[x]$ の要素数を答える。その後 $y \in C[x]$ について、 $R[y]$ から $x$ を除く。

要素を除く回数は高々 $N$ 回なので償却計算量は $O(Nlog(N))$ である。

E問題は解けないのにF問題は解ける。

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オイラーツアーを使って部分木の包含関係を構築する。

オイラーツアーのパスつまり $i$ 番目に頂点 $v$ をたどったことを $P[i] = v$ とする。また頂点1を根としたときの頂点 $v$ の深さを $D[v]$ とする。これらをオイラーツアーで求める。

オイラーツアーにおける頂点の出入口を求める。頂点 $v$ を固定して $P[i] = v$ となる最小の $i$ を $In[v] = i$ 、 $P[i] = v$ となる最大の $i$ を $Out[v] = i$ とする。特に葉については、 $In[v] = Out[v]$ である。

オイラーツアーのパス長を要素数とするセグメント木 $T$ とする。 $T$ には頂点 $v$ の重みを載せるが、載せる場所は $In[v]$ とする。頂点 $v$ について区間和 $T[In[v],max(In[v],Out[v]-1)]$ が、頂点 $v$ を根とする部分木の重みの和である。この $max$ は、 $v$ が葉のときに頂点 $v$ 自身の重みを返すためにある。

あとはクエリを組み立てる。

• $T[In[i=1..N]] = 1$ で初期化する。すべての頂点の重みの和を、 $S = N$ で初期化する。
• クエリ1は、 $T[In[x]]$ に $w$ を加算する。 $S$ に $w$ を加える。
• クエリ2は、辺 $y$ の頂点 $u,v$ のうち深い(頂点1からの距離が長い: $D[u], D[v]$ の大きい)方を $z$ とする。深さが同じならどちらでもよい。部分木の重み $W$ と、残りの部分木の重み $S - W$ の差が答えなので、 $|S - 2 \times T[In[z],max(In[z],Out[z]-1)]|$ が答えである。

公式解説と同じ解き方である。

バチャではなく、一問ずつ解いた。

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$\lfloor A/B \rfloor$ と $\lceil A/B \rceil$ のうち $A/B$ との差が小さい方を出力する。

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二つのサイコロの出目を総当たりし、該当する場合を $6^2$ で割る。

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ボタンAを押す回数は $|S|$ なので、ボタンBを押す回数を求める。

$S$ の後ろから考える。これまでボタンBを押した回数を $C$ とする。 $S$ のある桁を $D$ にするには、 $0$ を $C$ 回押して、そこから何回か押して $D$ にする。この最小回数は、 $(D + 10 - C) mod 10$ 回である。これを $C$ に足して次の桁について求める。

答えは $|S| + C$ である。

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std::bitset<32>::set() が引数無しでコンパイルでき、しかもたまたま入力例が通ってしまったので1ペナした。

XORなので総当たりしかない。ドミノを既に置いた位置を std::bitset<32> で管理し、ドミノが置かれていないマスに書かれた整数すべてのビットごとの排他的論理和を $C$ で求めておく。

ドミノを置きたいマス $[y,x]$ を水平から垂直方向にスキャンしてDFSする。 $x$ を1ずつ増やし、 $x = W$ なら $y$ を1増やして $x = 1$ にする。

• $[y,x]$ にドミノがなければ置いてもよい
  • ドミノを横に置く。つまり $[y,x],[y,x+1]$ にはみ出さない範囲 ($x+1 \leq W$) で置く。 $C$ を $C \oplus A_{y,x} \oplus A_{y,x+1}$ で更新する。
  • ドミノを縦に置く。つまり $[y,x+1],[y,x]$ にはみ出さない範囲 ($y+1 \leq H$) で置く。 $C$ を $C \oplus A_{y,x} \oplus A_{y+1,x}$ で更新する。
• 置かないで次の位置を調べる

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公式解説を読むまで全く手掛かりがつかめなかった。

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相変わらず、E問題は解けないがF問題は解ける。

ある $A_i$ が最大値となりうる区間 $[L,R]$ を、 $A$ の降順に求める。 $[L,R]$ が求まったら、 $[L,R]$ に含まれる $i$ を含むすべての部分区間 $[l,r]$ の長さについて、 $A_i$ を足せばよい。いかにもセグメント木と遅延セグメント木である。

前準備として、セグメント木と遅延セグメント木を用意する。

• $i = 1..N$ のうち、 $A_i$ を既にみていたら1、まだ見ていないなら0に対応するセグメント木 $T$ を作る。一点更新、区間minを取ることで、ある位置 $i$ の前後にある、まだ見ていない位置が分かる。これは std::set でもよい。
• 答えを遅延セグメント木 $U$ に載せる。区間長 $j$ の答えを $U[j]$ とし、演算はすべて整数加算にする。公式解説によれば、普通のセグメント木といもす法でもよい。

$A_i$ を降順に並べる。値が等しいものは一括処理するので、値 $A_i = v$ となりうる位置 $i$ の集合を $S_v$ とする。以下 $S_v$ ごとに処理を繰り返す。

• $i \in S_v$ について、既に $S_v$ のうち見た位置を $M$ とする(なければ-1)
• $i$ の前後にある、まだ見ていない区間を $[L,R]$ とする。 $T$ を二分探索すると求まる。少なくとも一点区間 $[i,i]$ を含み、それより広いかもしれない。
• 他の $S_v$ で既にみた区間を無視するために、 $L = max(M+1, L)$ と更新する
• 一点区間 $[i,i]$ に対応する答えとして $U[1]$ に $a$ を加算する
• $i$ を右端とする区間に対応する答えとして、 $i$ を除く区間長 $WL = i-L$ について $U[2..(1+WL)]$ に $a$ を一括加算する
• $i$ を左端とする区間に対応する答えとして、 $i$ を除く区間長 $WR = R-i$ について $U[2..(1+WR)]$ に $a$ を一括加算する
• $i$ を左端でも右端でもなく含む区間に対応する答えとして $WL$ と $WR$ のすべての和 $w$ の組み合わせについて $U[w]$ に $a$ を加算する
• $M = R + 1$ と更新する

$U[w]$ を二重ループにして $a$ を加算すると大量にTLEする。そこで $WL$ と $WR$ の二重ループのうち、小さい方をループして、大きい方を遅延セグメント木の区間更新にする。 $WL < WR$ なら $j = 1..WL$ について $U[(j+1)..(j+WR)]$ に $a$ を足すと一重ループになる。ここで $WL,WR$ の小さい方をループにしないと1 TLEする。

上記を一通り行い、 $U[1..N]$ を出力する。

バチャではなく、一問ずつ解いた。翌朝ではなく4日間掛けて解いた。D問題で躓き、E問題の考察に時間が掛かり、F問題は実装が進まなかった。

コードはこちら

$T_0 = 0$ として、 $T_{i+1} - T_i > S$ となる $i$ が一つでもあれば No 、そうでなければ Yes である。

コードはこちら

std::set に入れて一つずつ出力する。

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$[L-1,R)$ をいもす法で足す。つまり増分 $C[i]$ について、 $C[L-1]$ に1を足し、 $C[R]$ から1を引く。 $C$ の累積和の最小値が答えである。

コードはこちら

コンテストの翌晩解いたら頭が回らなくて解けなかった。翌々朝に解いた。朝頭が冴えてないと考えがまとまらない。

$S$ が全部0なら答えは0である。

$S_{i=1..N}$ の累積和を $C_i$ とする。便宜上 $C_0=0$ とする。

連続する1の最左位置を $L$ にすると決め打ちする。連続する1の最右位置を $R$ にすると決め打ちする。 $L=1$ のとき、答えつまり01を反転する回数は、 $[L,R]$ に含まれる0の数と、 $[R+1,N]$ に含まれる1の数である。これは累積和から $R + 1 - L + C_R - C_{L-1} + (C_N - C_R)$ である。この値をセグメント木 $T[L]$ に載せて、一点更新区間minを求める。

$L=1$ のときは、 $min T[1..N]$ の最小値が答えである。 $L > 1$ のときは、 $[1,L)$ に含まれる1の数 $C_{L-1}$ を考慮して、 $C_{L-1} + min T[L..N]$ が答えである(これは $L=1$ でも成り立つ)。これをすべての $L=1..N$ について求めると最終的な答えが求まる。計算量は $O(Nlog(N))$ である。

公式解説によると、累積minを求めると $O(N)$ らしい。実装は こちら 。

コードはこちら

制約から察した。

3秒制限なのだから、 $w < 2^{30}$ から $30$ 回 $M$ 辺をBFSするのだろうと思った。実際その通りである。

答え $A$ をコストと呼ぶ。2のべき乗の指数 $P = 30..0$ を降順に見ていく。ある $P$ について、辺の重みは $C=2^P$ 桁成分だけ考えて他は考えない。

辺の重みを $w \land C$ とみなしてBFSする。頂点1からの距離は、未到達なら $\infty$ 、到達しているなら $C$ または $0$ の二値になる。頂点までの距離が減る方向だけ探索し、減らない方向には移動しない。そうするとダイクストラ法のような $O(Nlog(N))$ ではなく、 $O(N)$ で探索することができ、ループにもならない。

頂点 $N$ までの距離が $C$ なら、頂点1から頂点Nまでどういう経路をとってもコスト $C$ は避けられない。よって答え $A$ に $C$ を加算し、すべての頂点から $C$ 成分を除く( $w$ を $w \land (\lnot C)$ で更新する)。

頂点 $N$ までの距離が $0$ なら、頂点1から頂点Nまである経路を通ればコストは増えない。よって辺のうち $C$ 成分がある( $w \land C > 0$ ) 辺を除いてグラフを再構成する。このような辺は通るべきではないので除く必要があり、除いても頂点1から頂点Nには到達可能である。

上記のように辺の重みを変えるか辺を除いたグラフについて、 $P$ を1減らして同様に繰り返す。最終的な総コスト $A$ が答えである。公式解説とは少し異なる。

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遅延セグメント木を使うことは一目瞭然だが、そこからが大変である。

足場が高い順にみる。この配列を $V$ とする。 $D = 0$ として、足場 $H_j$ をみるときに、その前後の足場 $[j-R, j+R]$ までの移動回数 + 1にすればよいことは分かる。

これは遅延セグメント木 $T[i]$ を、足場 $i$ までの移動回数の最大値として、区間maxで求まる。 $T[i]$ の初期値は0でなく $- \infty$ で、ここを間違えると5 WAsする。

$D > 0$ を利用するには、 $H_j \leq H_i + D$ な足場 $i$ だけを移動回数に数えるようにする。これは遅延セグメント木を更新するタイミングを、 $V$ の要素 $H$ をみたときではなく、 $H$ を遅延要素 $U$ に積んで、 ある足場 $H_j$ に対して $H_j + D \leq H$ が成立した時にする。

コードを見た方が早いが、ループを以下の取り構成する。

• 足場が高い順に $V$ から足場 $H_j$ を取り出す
  • $U$ から $H_j + D \leq H_i$ なる $H_i$ をそれぞれ取り出す
  • $T[i] = \infty$ なら $T[i] = 1$ にする。そうでなければ $T[i]$ を1増やす。
• 答え $A$ を $max(A, T[j-R, j+R])$ に更新する

上記の答え $max(0,A)$ を出力する。よく考えたら遅延セグメント木ではなく普通のセグメント木でよかった。