ABC 350点問題に対策するため、ARCを解いてみます。

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実装が大変

周期的な数 $D$ の最小周期 $P$ を少し総当たりする。総当たりがないと例外処理が大変である。

• $P=1..999$ を総当たりする。 $D$ が一桁のときを拾う。例えば $N=10000$ なら $D=9999,P=9$ である。 $N$ より $D$ の方が桁数が少ないことに注意する。
• $P \geq 10^3$ については、 $N$ の半分の桁数 $S=\lfloor 1 + log10(N) \rfloor / 2$ について、 $W=3..S$ 桁まで調べる。全探索すると計算量が大きすぎるので、 $N$ の最初の $W$ 桁 を取り出して $Q$ とし、以下の通り $P$ の候補を作る
  • そのまま $P=Q$ とする
  • $Q$ の最初の $i=1..W$ 桁を取り出した $R$ について、 $R-1$ の後に $W-i$ 個の 9 をつなげる。

例えば 86421234 について、最後の二つを ${8,86,864,8642}$, ${79,799,7999,859,8599,8639}$ にする。候補となるすべての $P$ について $N$ を超えない範囲で結合して $D$ の最大値を求める。

公式解説を読むと、もう少し簡単に考えてよかったらしい。

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2,3日掛かった。方針はすぐ立ったが、なかなかDPを組み立てられなかった。

$A_1 < A_2$ かつ $A_1 < A_1 \oplus A_2$ なので、 $A_1$ の最上位ビットより、 $A_2$ の最上位ビットは左になければならない。 $a$ の二進数表記のビット数 bit width を $W(a)$ と置くと、 $W(A_i) < W(A_{i+1})$ と言える。

これを基にDPを考える。まず $N = 1$ なら答えは $M$ 、 $N > W(M)$ なら答えは0である。以下 $2 \leq N \leq W(M)$ とする。

$DP[w][c]$ を、 $W(max(A)) = w$ になるまで $A$ の要素を追加して、 $A$ の要素数 $|A| = c$ になる組み合わせの数とする。初期値は $DP[][] = 0$ 、ただし $DP[0][0] = 1$ とする。

$w=1..W(M)$ について、 $w=W(a)$ なる数の組み合わせは、 $w < W(M)$ なら $2^{w-1}$ 、 $w = W(M)$ なら $M-2^{W(M)-1}$ である。よってDPの漸化式 $DP[w][c+1]= DP[w][c+1] + DP[i][c]$ を $i=0..(w-1), c=0..(N-1)$ で更新する。

答えは $DP[][N]$ の和である。

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$K$ になれない数

$f(x)=K$ を満たす $x$ がない $K$ については0を返す。これを探すのがこの問題の趣旨である。該当するのは末尾に0が続くつまり10の倍数と、上から $i$ 桁目が下から $i$ 桁目より小さい数である。

それ以外は $K$ と $K$ を反転した数 $K'$ の両方について、10倍することを繰り返して $N$ 以下の数の総数を挙げる。ただし $K=K'$ のときに二重に数えないよう注意する。

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全く解法の見当がつかなかった。なぜ思いつかないのかも分からない(L字とか色々試したけどだめだった)。

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10分で分かったつもりが50分掛かった。

頂点間の距離 $D(1,3..N)$ , $D(2,3..N)$ を求め、 $min(D(1,i) + (2,i))$ が答えである。と言いたいところだが、エッジケースを丁寧に拾わないとWAする。

$d = |D(1,i) - (2,i)|$ がすべての $i$ について等しい時、頂点1,2が隣接していると疑われる。実際には、 $N = 3,4$ が例外である。

• $N = 3, d = 0$ なら、頂点が $[1,3,2]$ の順に並んでいる。よって答えは2である。
• $N = 4, d = 0$ なら、頂点が $[1,3,4,2]$ , $[1,2,3,4]$ , $[3,1,2,4]$ のどれかの順に並んでいる。そこで $D(3,4)$ を訊く。
  • $D(3,4) > 1$ なら $[3,1,2,4]$ と、頂点 $1,2$ は隣接しているので、答えは1である
  • $D(3,4) = 1$ かつ $max(D(1..2,3..4)) = 3$ なら $[1,2,3,4]$ なので答えは1である。そうでなければ $[1,3,4,2]$ なので答えは3である。
  • 上記以外で $d=1$ 頂点 $1,2$ は隣接して、他の頂点がつながっているので、答えは1である。

$d = |D(1,i) - (2,i)|$ が等しくないときは、 $min(D(1,i) + (2,i))$ が答えである。

公式解説は、 $N$ ではなく $min(D(1,i) + (2,i))$ を場合分けしている。

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整地

$A \leq B \leq C$ として一般性を失わない。

• $B$ を $A$ にするには $B,C$ を $d1=B-A$ 回引く。すると $B^{'}=B-d1=A,C^{'}=C-d1$ になる。
• 次に $C^{'}$ を $A$ に等しくするには $A,C^{'}$ と $B^{'},C^{'}$ を $d2=C^{'}-A=C-B$ 回ずつ引く。
• $d1=B-A$ , $d2=C-B$ より、 $A,B,C$ は $A+B-C$ になる
• 最後に上記の更新後の $A,B,C$ を0になるまで引く。ただし既に $A,B,C$ が0未満なら答えは -1 である。

上記を見ても公式解説を式変形しても実装を見ても、 $A + B \geq C$ が解ありという条件を導ける。 $A$ と $B$ または $A$ と $C$ を引き続けて0を割り込まないというのが直観的な理解である。

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包除原理

問題文通り数えるのは大変なので、以下のように問題を読み替える。

少なくとも一つのマスが以下の条件のどちらも満たすものの個数

• そのマスに書かれている数より大きい数が書かれているマスが同じ列に存在しない(そのマスに書かれている数が、その列で一番大きい)
• そのマスに書かれている数より小さい数が書かれているマスが同じ行に存在しない(そのマスに書かれている数が、その行で一番小さい)

マスを左下から左上を通って右上に向かって、数を昇順に並べると経路上のマスは上記の条件を満たす。マスに並べられる数の組み合わせは $N^2 \choose (2N-1)$ 通り、並べ方は ${(N-1)!}^2$ 通り、並べる座標は行と列が $N^2$ 通りである。

残りのマスについては上記の条件を満たさない。もし満たすものがあれば経路を通って自分自身が自分より大きくなるので矛盾する。よって残りのマスは $(N-1)^{2}!$ の配置がある。

包除原理を用いたので、答えは差集合の数 $(N^2)! - {N^2 \choose (2N-1)} \times {(N-1)!}^2 \times N^2 \times (N-1)^{2}!$ 通りである。

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繰上り

$N$ が寄与で $f(x) = N$ から $f(2x) = M$ にするのに $M$ を最大化したければ、各桁の2倍が繰り上がらなければよい。つまり $x$ は ${0,1,2,3,4}$ からなる数値にすればよい。このとき $2x$ の各桁は ${0,2,4,6,8}$ から成り、 $M=2N$ である。桁を繰り上げると $f(x)$ が減ってしまうことは公式解説にある。

$M=2N$ が寄与で $f(2x) = N$ から $f(x) = M$ にするのに $x$ を最小化したければ、上記の逆の操作をすればよい。できるだけ多くの桁に4を用い、 $N \quad mod \quad 4$ が0より大きければ先頭の桁に用いる。

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二分探索。

$a,b$ が整数なので、贈与の回数も整数に限る。 $A$ の全要素をある目標 $T$ 以上にすることを考える。贈与の回数は以下の通りである。

• もらう回数 : $max(0, a \lceil (T - A_i) / a \rceil)$
• 与える回数 : $max(0, b \lfloor (A_i - T) / b \rceil)$

$T$ が増えるにつれ、もらう回数は広義単調減少、与える回数は広義単調増加なので、ある $T$ が存在してそれ以下ではもらう回数が与える回数以上になる。このような $T$ を二分探索で求める。範囲を雑に決めると演算がオーバーフローするので、範囲は $[0, 10^9+1]$ にする。

このような $T$ が求まったら、 $T$ で実際に贈与して、贈与した後の $A_i$ の最小値が答えである。

• もらった後 : $min(A_i, A_i + a \lceil (T - A_i) / a \rceil)$
• 与えた後 : $min(A_i, A_i - b \lfloor (A_i - T) / b \rceil)$

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どうしても反例が見つからず諦めた。

以下の方法は上手くいかない。 $A_{1..K} = (K+1..2K)$ , $A_{(N-K+1)..N} = (N-2K+1)..(N-K)$ にして、残り $A_{K+1..}$ について未使用の数の最小値にすると、WAが大量に出る。 $A_{(N-K+1)..N} = (N-2K+1)..(N-K)$ が間違っており、実際には $(N-2K+1)..(N-K)$ をもっと手前に持ってくることができる。

公式解説を基に、 $(N-K+1)..N$ を $A_{(N-2K+1)..(N-K)}$ に置くようコードを変えたら 通った 。解説にある通り、 $A$ に何を置くかではなく、 $i$ をどこに置くか注目すると正解になる。

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場合分けを単純にする

1. 元から回文なら Yes である。
2. そうでなくて二文字なら、 AB か BA なので No である。
3. そうでなくて 文字列の先頭が B または文字列の末尾が A なら Yes である。
4. いずれでもない場合は No である。文字列の先頭が A で文字列の末尾が B なら、先頭と末尾を一致させる方法は無い。

3番目について、文字列の長さ $N$ で詳しく場合分けすると以下の通りである。

• $N$ が奇数で先頭が B なら、Bの後に AB を末尾から並べる
• $N$ が奇数で末尾が A なら、先頭から末尾の直前まで AB を並べる
• $N$ が偶数で先頭が B なら、 $2..(N/2+1)$ 文字目に AB を並べたあと、 $(N/2+1)..N$ 文字目に AB を並べる。 $N/2+1$ 文字目を B にした後 A に変える。
• $N$ が偶数で末尾が A なら、 $(N/2-1)..(N-1)$ 文字目に AB を並べたあと、 $1..(N/2)$ 文字目に AB を並べる。 $N/2-1$ 文字目を A にした後 B に変える。

公式解説はもっと簡潔であり、 $2..(N-1)$ 文字目を一致させている。そういう考えがあったか。

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$A \leq B$ なら Aliceは $N$ を $A$ で割れるだけ割って $N \quad mod \quad A$ をBobに送れば、Bobは何もできない。Aliceが負けるのは初手で何もできない $N < A$ のときだけである。よって答えは $N - A + 1$ 回である。

$A < B$ なら Aliceは $N$ を $A$ で割れるだけ割って $r = N \quad mod \quad A$ をBobに送る。 $r < B$ ならBobは何もできない。 $r \geq B$ なら $B$ 差し引いてAliceに送り返せばAliceは何もできない。Aliceが送る量を減らすと先ほどの状況 $A \leq B$ の真逆なのでBobが有利になる(Bobは何か差し引くことができる)だけでAliceにとって有利にはならないため、そのようなことはしない。

よって $A < B$ ならAliceが勝つ回数は以下の通りである。

• $N < A$ は初手で何もできないので0回である。
• $N \geq A$ なら、 $N$ を $A$ で割った余りが勝敗にかかわり、 $N$ の周期性から $B (\lfloor N/A \rfloor - 1) + min(B, 1+ N \quad mod \quad A))$ 回である。1引いているのは $N < A$ の場合である。公式解説のように1を移動すれば $B (\lfloor N/A \rfloor) + min(B-1, N \quad mod \quad A))$ 回である。

公式解説は $A,B$ の大小関係を区別せずに上記と同じ式を導出している。

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16分で解け、解答時間の大半はカタラン数の定義を調べることだった。青diffの問題も、見た瞬間に答えが分かることがたまにある。

$A$, $B$ の組み合わせは昇順の数をペアにするのが最適である。つまり $(1,2), (3,4), ... (2N-1,2N)$ にする。順序を無視したペアの作り方は1通りなので、順序が何通りあるか求める。

• ペアの順序が $N!$ 通り
• $A,B$ どちらに割り当てるかが $2^N$ 通り
• $P$ を $A,B$ に出現させる方法は括弧列の組み合わせ数と同じで、カタラン数である

カタラン数は $C_N = {{2N} \choose {N}} / N+1 = (2N)! / N!(N+1)!$ である。

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$A$ から3つ選ぶなら、桁数が大きく、桁数が同じなら大きな数字が大きな(左の)桁に並んでいるものを選ぶ。これは単に $A$ を数値として降順に並び替えて上位3つを選べばよい。

$N$ から3つ選んだら順列6通りについて、文字列としてつなげる。文字列として最も大きいものが答えである(6通りとも文字列長さは同じなので)。6通り試さずに文字列順にソートしてつなげた文字列はWAする。解説にある通り、 ${8,87}$ を 887 ではなく 878 にするからである。

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1時間超え。

桁の多い方から整地すればいい。制約から、 $i=33..0$ について、答えに $B$ に $2^{i}$ ビットを立てるかどうか考える。 $A$ は入力を初期値として、ループごとに減るかもしれない。

• $A$ を降順にソートする。
• $A$ の上位 $K$ 個について、 $S = \sum_{i=1..K} max(0, 2^{i} - A_i)$ つまりそれらを $2^{i}$ にするために必要な加算回数を求める。
• $S = 0$ なら、 $A \geq 2^{i}$ となる $A$ が $K$ 個以上ある。よって $B$ に $2^{i}$ ビットを立てられる。ビット $B$ が立っている $A$ を残して他は捨てる。この処理で境界値を間違えて 1 WAした。
• $S \leq M$ なら $A$ の上位 $K$ 個に合計 $S$ 足して $2^{i}$ にする。よって $B$ に $2^{i}$ ビットを立てられる。
  • $A$ は上位 $K$ 個残して後は捨てる。
  • $A_i \leq 2^{i}$ なら $A_i$ を $A_i \land 2^{i} - 1$ にする。つまり下位ビットをマスクする。そうでなければ $A_i$ に加算して $2^{i}$ にしたのでマスクして $0$ にする
  • $M$ を $S$ 減らす。
• $S < M$ なら $B$ に $2^{i}$ ビットを立てられない。 $A_i$ を $A_i \land 2^{i} - 1$ にする。つまり下位ビットをマスクする。

これを繰り返して得られる $B$ が答えである。 $A$ を降順にソートするのは、 $2^{i}$ ビットが立っているとして、 $i$ の右(LSB側)にある最左ビットが立っているほど $A$ の先頭側に来るようにソートするという意味である。 $M$ の消費回数は $O(2^i)$ なので、同じ消費回数なら $i$ が大きいもので消費する方が $B$ が大きくなる。

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シミュレーション

std::multiset<Num> に数字をすべて入れて、 最小値を std::multiset::begin() 、最大値を std::multiset::rbegin() で取り出してシミュレーションすれば解ける。 $A>1$ なので一回の操作で必ず最大値は半分以下になる。

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偶数と奇数に分ける。

説明の都合上 0-based indexing かつ $P-1$ とする。やりたいことは、先頭から $i$ 番目に要素 $i$ を持ってくるようにバブルソートすることである。 $P = (0,...,N-1), N \leq 400$ なので、ある数字がどこにあるかテーブルを作る必要はなく、 $P$ を全探索しても間に合う。

$B$ を積極的に活用するには、 $P$ の偶数番目に偶数が順不同で並び、 $P$ の奇数番目に奇数が順不同で並ぶようにする。そうすれば後は最低限の $A$ を使えばよい。

$P_i : i \in [0,N-1]$ について、 $i$ 番目の要素 $P_i$ の偶奇が $i$ と異なっていたら、 $P_j : j \in [i+1,N-1]$ から偶奇が一致する最小の $j$ を見つけて持ってくる。 $j - i$ が奇数なら $A : j-1$ を一回実行して $j$ を一減らす。その後 $B : j - 2$ を繰り返し実行して、 $P_i$ の偶奇を $i$ とそろえる。このような $j$ は必ず見つかる。

こうして $i$ 番目の要素 $P_i$ の偶奇がそろったら、 $i$ が偶数、 $i$ が奇数それぞれについてバブルソートする。実際に $P$ をソートしながら操作履歴を残し、操作履歴を最後に出力する。

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シミュレーションする。

すべての $L,R$ の位置の重複無し集合 $S$ を求め、 $S$ に人を寄せるようにシミュレーションする。位置を左端 $P = min(S)$ で求め、累積和を使って答えの初期値 $T$ を求める。

$P$ より左側の区間にいる人数を $l=0$ , $P$ を含む区間にいる人数を $m=0$ 、 $P$ より右側の区間にいる人数を $r=N$ で初期化する。区間の出入りをいもす法の要領でカウントしておく。更新後の $P$ 、更新前の $P$ からの差 $W$ について、出入りに基づいて以下の通り答えを更新する。

• $T$ に $l \times m \times W$ を足す。これは $P$ より左の区間で、右端に張り付いている人の不満度が上昇する分である。
• $T$ から $r \times m \times W$ を引く。これは $P$ より右の区間で、左端に張り付いている人の不満度が減少する分である。
• $P$ から出た人数を $x$ として、 $l$ に $x$ を足し、 $m$ から $x$ を引く
• $P$ で入った人数を $y$ として、 $m$ に $y$ を足し、 $r$ から $y$ を引く

$T$ の最小値が答えである。

公式解説はもっとエレガントである。

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茶diffが一時間超え

エッジケースがとても扱いづらい。

$M \geq 2$ の扱いがかなり大変である。順を追って考える。

1. $A$ の重複はすべて排除してから、昇順に並び替える
2. $A$ から0を除いて、0があるかどうかだけ数える
3. $A$ に2以上の数があるかどうかを数える
4. $A$ が空つまり0だけなら答えは 1 である。
5. $A$ がすべて2未満なら、 0と1からなるときの答えは 2 1だけからなるときの答えは 1 である。これが最後まで分からなかった。
6. $A$ の最大公約数が2以上なら最大公約数で割り切れるので、答えは 1 である。
7. $A$ のすべての値について最小値 $a$ との差分を取り、0以外の差分を $B$ とする。 $B$ の最大公約数を取る。最大公約数が2以上かつも元々の $A$ に0がなければ答えは 1 、そうでなければ答えは 2 である。

最後について説明する。 $g=GCD(B)$ として、 $(A=B+a) \quad mod \quad g$ と $a \quad mod \quad g$ を等しくしようという目論見である。 $g \geq 2$ なら非0の $A$ については等しくなるので、

• $A$ が0になければ答えは 1
• $A$ が0にあれば答えは 2 である。 $a$ を $g$ で割り切れるなら、そもそも $A$ の最大公約数が $g$ である。

そうでなければこの目論見は上手くいかないので答えは 2 である。

公式解説は $A$ の差の最大公約数を取っており簡潔だが、 $A$ の差の最大公約数が0と1のときの扱いを思いつくのが大変である。実装したものが こちら

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d=0 , p=1 と置き換えると分かりやすい。 dp は動的計画法でなく、文字を180度回転させると似ているということである。

$(L,R)$ を置き換えるとき、 $L$ としては最左の p にするのが最適である。そうでない p を置き換えても辞書順最小にはならない。 p がないということは $S$ には d しかないので、操作しないで $S$ を出力するのが最適である。

$R$ をどうするかは総当たりすればいい。つまり $[L,R]$ を操作した文字列を最大 $N$ 種類作り、その中から辞書順最小のものを答える。計算量は $N^2$ なのでTLEしない。

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オイラーツアーで頂点に順序付けして区間処理、というのを思いついたがまるっきり間違っていて3時間20分溶かした。

思いついた正解は、親子頂点での表裏が違う状況を数える、というものである。根から順に以下のgreedyが最適である。

頂点 $v$ の裏表が、 $S$ と一致するなら何もしない。そうでなければ子も含めて裏表を反転する。これを根から葉に向かって繰り返す。この反転回数が、ボタンを押す回数の最小値である。

この再帰を直接繰り返すとクエリ当たり $O(N)$ の計算量になってしまう。よって $S$ に含まれる頂点だけに注目する。便宜上、頂点1の親は常に裏向きとする。

1. $v \in S$ の親 $p$ が $S$ に含まれるなら何もしない。そうでなければ裏表違いなのでボタンを1回押す。
2. とりあえず $v$ の子頂点集合 $C$ の数 $|C|$ 回だけボタンを押すことにする。
3. $u \in C$ ならボタンを押さないことにするので、ボタンを押す回数を1減らす。

上記3について、 $S$ に $C$ が含まれるか、 $C$ に $S$ が含まれるか、どちらか計算量の少ない方を実行する。そうでないとTLEする。公式解説の下にある方法と大体同じである。

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緑diffが8分台

もしかしたらTLEすると思ったら10msだった。

$modM$ において、 $X = 1,11,111,...$ は10倍して1足せばいい。一桁増やしたら $2..9$ 倍する。これらが $modM$ なら桁数と数値の組が答えになりえる。その辞書順における最高値が答えである。該当するものが無ければ -1 を出力する。

$modM$ はライブラリで作れる。

using mint = atcoder::modint;
atcoder::modint::set_mod(m);

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証明せず直観でACした。

隣同士を入れ替えればバブルソートできるので、 $A$ と $B$ の少なくとも一方は昇順にできる。 $A$, $B$ それぞれ同じ値は二度出現しないことから、 $A$ をソート済ならLISは $N$ である。 $A$ のソートに連動して $B$ を $B^{'}$ に並び替えたとして、 $LIS(A) + LIS(B) = N + LIS(B^{'})$ である。同様にして $N + LIS(A^{'})$ を求められる。両者の最大値が答えである。

こうなる理由を考察する。

便宜上 $A_0 = 0$ として、単調増加が途切れる点 $A_{i} < A_{i+1} \quad for \quad i=0..K \land A_{K+1} > A_{K+2}$ を満たす $K$ があるとする。 $A_{K+2} < A_{j} , j \in [1,K+1]$ なる $j$ の直前に $A_{K+2}$ をバブルソートで移動できる。これにより $LIS(A)$ を必ず1増加させることができる。 $B$ の対応する添え字についても移動して $B^{'}$ にするが、このとき $LIS(B^{'})$ は1減るか、変わらないか1増えるかいずれかである。足し引きで、LISは変わらないか増えるかどちらかなので、 $A$ をバブルソートして単調増加が途切れる点を右に移すごとに、 $LIS(A)+LIS(B^{'})$ は増えることはあっても減ることは無い。

よって $A$ 全体が昇順になるまでソートすれば $LIS(A) + LIS(B) = N + LIS(B^{'})$ になる。同様に $B$ 全体が昇順になるまでソートすれば $N + LIS(A^{'})$ になる。本当はこれが最適解であることを証明する必要があるのだが、証明を飛ばしてしまった。証明は公式解説にある。

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奇数に奇数を足すと偶数なので素数ではない、ということに気が付いてからが長かった。

公式解説にある通り、上半分を奇数、下半分を偶数に分けて、境界線をいい感じにすると答えが出る。このことをいくら考えても分からず、 $N=4$ のランダムな解をたくさん作って眺めたら察することができた。

$N$ が偶数のときは、 $3,6,9,12,15...$ を中央の2列に並べていく。より正確には、 $N / 2$ 行目に $3(2i-1)$ を、 $1 + N / 2$ 行目に $6i$ を並べる。 $N=4$ のときは途中で3の倍数が尽きてしまうが、出力例を提出すればACできる。

odds
3  9 15 ...
6 12 18 ...
evens

$N$ が奇数のときは中央の行について、 $1..\lceil N / 2 \rceil$ 列までは奇数 $3(2i-1)$ を置いてその下の行に偶数 $6i$ を置く。それ以降の列は偶数 $6i$ を置いてその上の行に奇数 $3(2i-1)$ を置く。 $N=5$ のときは途中で3の倍数が尽きてしまうので5の倍数について続きを行うが結果的に上手くいく。

odds    24 10
3  9 15 21  5
6 12 18 evens

後は埋めていないマスに、まだ使っていない奇数と偶数を割り当てる。この方法では $N=3$ の解を作ることができない。 $9! = 362880$ なので全探索かランダムで求める。 $N=3$ に規則性が見いだせないので手こずってしまった。

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ランレングス。

0 を超えて 1 をつなげることはできないので、 0 を含まず 1? だけでランを作る。条件より、 1 を含むランは高々1個である。2個以上あったら No である。

それぞれのランについて、条件を満たす始点を調べ、そのような始点の総数を求める。ランが $[L,R]$ のとき、

• ランの長さ $W = R - L + 1 < K$ なら該当する始点はない
• ランの連続部分 $[i,i+W] : L \leq i \leq (R-W+1)$ について、 $[L,i)$ と $[i+1,R]$ に含む 1 が無ければ $[i,i+W]$ は条件を満たす。これは 1 の数の累積和から求める。

このような始点が1個だけなら Yes 、そうでなければ No である。

公式解説はランレングスが要らないのでもっとすっきりしている。

コードはこちら

ACできてしまった。

自明な状況として、 $A$ で $B$ を割り切れるなら答えは0、 $A > B$ なら答えは $A - B$ である。それ以外の状況を考える。

$A$ をどれだけ増やすかについて $X = 0..10^{6}$ を全探索すると決める。このとき、 $B + Y$ を $A + X$ で割り切るときの答えを求める。以下 $Z = A + X$ とする。

• $A$ だけ増やすなら、 $B - Z$
• $B$ だけ増やすなら、 $(Z - B mod Z) mod Z$
• $D = \lfloor B / Z \rfloor$ とする。これは $B$ が $Z$ の $D$ 倍以下なので、 $X,Y$ を増やして $D$ 倍にしたいという意図がある。
• $A$ は $A^{'} = \lfloor (B + D - 1) / D \rfloor$ に増える。 $B$ は $B^{'} = A^{'} \times D$ に増える。よってこのときの $X+Y$ は、 $X + A^{'} - A + B^{'} - B$ である。
• すべての $i$ について、このような値の最小値が答えである。

さて全探索の範囲が $X = 0..10^{6}$ でよいのか、が問題となる。 $A,B \leq M = {10^9}$ であり、 $\sqrt{M}$ 以下を全探索すればよい。 $B = M$ として $A$ について考える。

• $A \leq M$ なら、 $A^{'} - A \leq M$ になるので $A$ の探索範囲を網羅できる
• $A > M$ なら、 $D \leq M$ になるので $B$ の探索範囲を網羅できるはず(ここの論理が弱い)

公式解説は上記のことを、平方分割で示している。

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$S[i], T[i], 1 \leq i \leq N$ について、 $d = T[i] - S[i]$ を求める。 $d$ が奇数なら $S,T$ とハミング距離が等しい $U$ を作ることはできないので -1 を出力する。 $d$ が負なら $S,T$ を入れ替えて $d$ の符号を入れ替える。

$U$ の作り方として、最初は $0$ で埋めて、 $S[i]=0, T[i]=1$ な $i$ について $U[i]$ を $d/2$ 個だけ $1$ にする。こうすれば、 $S,U$ のハミング距離も $T,U$ のハミング距離も $d/2$ になる。このような $i$ は文字列の末尾から $N..1$ 番目を探して該当する箇所から順に選べば、辞書順で最小になる。

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$\vec{i,P_i}$ という有向グラフは必ずループがあるので、ループ単位でまとめる。

要素が1のループつまり $\vec{i,i}$ は、 $A_i$ にどのような値を設定しても答えに影響しないので無視する。以下ループ長2以上のループ $L$ を、 $min(L)$ の昇順 $L_1, L_2, ... , L_K$ に並べる。特に $min(L_1) = 1$ である。

$L_1$ の要素数を $C_1 = |L_1|$ として、 $L_1 = (A_{1,1}, A_{1,2}, ..., A_{1,C_1})$ について考える。 $A_{L_1}$ の要素がすべて同じでなく降順なら、 $A_1$ を含むループ $L_1$ に基づく辞書順が $A < AP$ を決め、 $L_1$ 以外の要素は順位を決めないので任意とする。

このような降順の組み合わせは、先頭 $p$ が $M$ 通り, 先頭より小さい数が $p-1$ 通り、それ以外は任意となる順列組み合わせなので、 $M(M-1)/2 \sum_{j=0}^{C_1-2} M^{j}$ 通りである。 $L_1$ 以外の数は任意なのでこれに $M^{N - L_1}$ 通りを掛ける。

一般に $L_i : i=1..K$ について、 $min(L_i)$ より左は $A = AP$ で $A_{L_i}$ が $A < AP$ を決める状況を考える。 $L_i$ の順列組み合わせは、 $M(M-1)/2 \times \sum_{j=0}^{C_i-2} M^{j}$ 通りである。 $A_{L_{1..(i-1)}}$ をそれぞれ同じ数にそろえる方法が $M$ 通りずつ、計 $M^{i-1}$ 通りある。

$A_{L_{(i-1)..N}}$ は任意なので $R_i = \sum_{j=1}^{i} C_j$ として $M^{N - R}$ 通りある。併せて $M(M-1)/2 \times M^{N - R_i + i-1} \sum_{j=0}^{C_i-2} M^{j}$ = $M(M-1)/2 \times M^{N - R_i + i-1} (M^{C_i-1} - 1)/(M-1) = M^{N - R_i + i} (M^{C_i-1} - 1) / 2$ 通りである。

$i=1..K$ についての合計が答えである。

公式解説2は同じことをもっと簡潔に述べて、公式解説1は 閉じた式 である。

$1/2 \sum_{i=1}^{K} M^{N - R_i + i} (M^{C_i-1} - 1)$ = $1/2 (M^{N-C_1+1}(M^{C_1-1} - 1) + M^{N-C_1-C_2+2}(M^{C_2-1} - 1) + ... + M^{N-C_1-...-C_K+1}(M^{C_K-1} - 1))$ = $1/2 (M^{N} - M^{N-C_1+1} + M^{N-C_1+1} - M^{N-C_1-C_2+1} + ... - M^{N-C_1-...-C_K+K})$ = $(M^{N} - M^{K}) / 2$ から導ける。

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Grundy数だということが分からなかった。

以下は帰納法で分かる。

• 両端を同じ数で囲まれているなら後手必勝
• 両端を異なる数で囲まれているなら後手必勝
• 両端とも数で囲まれていないなら、奇数長なら先手必勝で、偶数長なら後手必勝

しかし片方の端に数があり、もう片方を数で囲まれていないときが分からなかった。 $mod3 = 1$ だと思ったり、両端を最初に抑えたりしたが、全然違った。

詳しい解説がこの 記事 にある。

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最も冗長な並び方は、これまで並んだ列から一つ椅子を空けて、一人または二人組が座る、という方法である。一人組はどこでも座れるが、二人組が座れるかどうかは列の後に空いた椅子が2つ以上並んでいるかどうかで決まる。列の長さ $len$ は $max(L, len + 1 + a_i)$ で更新し、空いた椅子は $L-len$ である。

公式解説も考え方は上記と同じだが、最後の組だけ考えている。

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今回も青diffはダメかと思ったらACした。

出発点はどうあれ、2人の旅人は以下の経路をたどる。そうでない場合は、出発点を後にずらし、終着点(出発点と同じ)も同じだけ後にずらすので、経過時間という観点からは変わらない。

• 2人は地点 $a_A$ にある休憩所で出会う。
• 2人は地点 $a_A$ を互いに別方向に出発し、地点 $a_B$ にある休憩所で出会う。 $A = B$ かもしれないし、そうではないかもしれない。
• 2人は地点 $a_B$ を互いに別方向に出発し、地点 $a_C$ にある休憩所で出会う。 $A = C$ かもしれないし $B = C$ かもしれないし、そうではないかもしれない。

地点 $B$ の候補は、 $A$ から西の端を折り返して距離 $L$ に達した付近である。つまり西の端から $L - a_A$ 前後の最大二か所である。移動距離の長い方が短い方を待ち、長い方の経過時間を求める。距離 $2L$ を休憩所で2分割して、分割後の差が最も小さくなるような休憩所を選ぶ、と言える。

地点 $C$ の候補は、 $B$ から西の端を折り返して距離 $L$ に達した付近である。つまり西の端から $L - a_B$ 前後の最大二か所である。二人の動きは対称つまりAntsと同じである。移動距離の長い方が短い方を待ち、長い方の経過時間を求める。

$a_A = a_1 .. a_N$ を決め打ちすると、 $B$ は2か所、 $C$ は 4か所なので、これらを総当たりすると最大経過時間が分かる。次に合流する地点の候補は std::lower_bound で見つかるので、計算量は $O(Nlog(N))$ である。

入力例2に相当する特別な場合として、 $a_i + a_j = L$ となる休憩所がある場合、 $A = C = a_i, B = a_j$ が成立し、2人は同時にこれらの地点に到着するので答えは $2L$ である。これがヒントになっている。

基本的に公式解説と同じ解き方である。

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4重ループ

$S_1=S_2$ , $S_5=S_6$ , $S_7=S_9$ , ${S_3,S_4,S_8}$ はそれぞれ 9,10,10,1000 通りなので全探索してからソートすればよい。

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遅延セグメント木だと思って一時間半溶かした。

遅延セグメント木ではない。行と列は独立した操作なので、行の操作だけ考える。実際に手を動かすと、偶数番目の手順と、奇数番目の手順が異なることが分かる。

0-based indexing で、奇数番目に $p$ 、その直後の偶数番目に $q$ のとき、元々 $0..(h-1)$ と並んでいたら以下のようになる。

• 奇数番目 : $p..0, (h-1)..(p+1)$
• 偶数番目
  • $q = p$ なら明らかに $0..(h-1)$
  • $q < p$ なら $q..p, (p+1)..(h-1), 0..(q-1)$
  • $q > p$ なら $q..(h-1), 0..p, (p+1)..(q-1)$

となるので、偶数番目は $(h + q - p)$ 回だけ左に回転するのと同じである。

よって奇数番目から偶数番目までの回転回数 $\sum_{i=1.. \lfloor Q/2 \rfloor} (a_{2i} - a_{2i-1})$ を足して回転した後、 $Q$ が奇数なら上記の操作をすると、元々の $0..(h-1)$ 行がどの行になるかが分かる。列も同様である。これから答えが求まる。

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構築問題である。

原点 $B = \sum_i A_i(i-1)$ とする。 $B=0$ なら $A_i = i-1$ が答えである。そうでなければ、 $i=1..N$ について、 $A_1..A_i$ をまとめて1ずつ減らすか、 $A_i..A_N$ をまとめて1ずつ増やすか試して、 $B$ になるかどうか確かめる。

前者は $D = \sum A_{j=1}^i A_jx_j$ として、 $B$ を $D$ で割り切れかつ $B,D$ の符号が同じ $BD > 0$ であることが条件である。そうならば $A_j = j-1-B/D (j \leq i)$ , $A_j = j-1 (j > i)$ が解である。

前者は $D = \sum A_{j=i}^N A_jx_j$ として、 $B$ を $D$ で割り切れかつ $B,D$ の符号が異なる $BD < 0$ であることが条件である。そうならば $A_j = j-1 (j < i)$ $A_j = j-1-B/D (j \geq i)$ が解である。

公式解説は美しいが理解が追い付かない。

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数学

数字の組 ${C,D}, 0 \leq C < D$ と ${E,F}, 0 \leq E < F$ がある。 $CE + DF$ と $CF + DE$ のどちらが大きいだろうか。 $CE + DF - CF - DE = (D - C)(F - E) > 0$ より、 $CE + DF > CF + DE$ である。直観的には、大きい物同士の積と小さい物同士の積の和より、大きいものと小さい物を混ぜた方が小さくなるが、実際にその通りである。

なのでそれぞれの桁について $A$ に小さい数字、 $B$ に大きな数字を寄せ集めればよさそうである。 $A,B$ の $10^i$ 桁目の数字を $A_i,B_i$ としたとき、 $A \times B$ は以下の通りである。

$(A_{N-1}10^{N-1} + A_{N-2}10^{N-2} + A_{N-3}10^{N-3} + ...)(B_{N-1}10^{N-1} + B_{N-2}10^{N-2} + B_{N-3}10^{N-3} + ...)$

以下のように同じ桁を掛けた部分は $A,B$ の数字を入れ替えても変わらないので無視して、

$A_{N-1}B_{N-1}10^{2(N-1)} + A_{N-2}B_{N-2}10^{2(N-2)} + A_{N-3}B_{N-3}10^{2(N-3)} + ...$

以下のように違う桁だけ注目して、

$(A_{N-1}B_{N-2}+A_{N-2}B_{N-1})10^{2N-3} + (A_{N-1}B_{N-3}+A_{N-3}B_{N-1})10^{2N-4}+$ $((A_{N-1}B_{N-4}+A_{N-4}B_{N-1})+(A_{N-2}B_{N-3}+A_{N-3}B_{N-2}))10^{2N-5} + ...$

上の桁から $10^{2N-3}, 10^{2N-4}, ...$ の順に係数が小さくなるように、 $A,B$ の各桁を決めればよい。これは最初に述べた通り、 $A$ に小さい数字、 $B$ に大きな数字を寄せ集めればよい。

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有限オートマトン

$S$ と $T$ を構成する各文字の出現回数が異なるときは、一致させることはできない。 $S,T$ をそれぞれソートしたものが等しいかどうか調べれば分かる。

$S$ の末尾から連続する部分文字列 $U = S[L,N]$ を取って $T$ を作ることを考える。以下の条件を満たせばよい。

• 先頭を $T[1]$ にする。つまり $S[1,L-1]$ に少なくとも一つの $T[1]$ を含む
• $S[1,L-1]$ の各文字を $S_L$ 以降に挟み込める。つまり $T$ の連続しない部分列を $T$ の末尾から取ったときに、 $S[L,N]$ に一致する。

前半は累積和で求まる。後半は有限オートマトンで求まる(尺取り法ともいう)。 $T$ を末尾から一文字ずつ $S$ の末尾と比較する。より具体的には以下の通りである。

1. $T$ の文字を指すカーソル $C_t = N$ で初期化する
2. $S$ の文字を指すカーソル $C_s = N$ で初期化する
3. $T[C_t] = S[C_s]$ なら $C_s$ を一減らす。つまり $S$ の一致部分を一個増やす
4. 3の結果に関わらず $C_t$ を一減らす。つまり $T$ の次の文字を見る。
5. 3,4を $C_t = N..1$ まで繰り返す

$S$ を末尾から $M$ 文字取った部分文字列が、 $T$ を末尾から取った連続しない部分文字列と一致するなら、実際に $i=1..M$ 文字取ってみる。 $S[1..(N-M)]$ に $T[1]$ が含まれるならそのような取り方は可能である。このような $i$ について、 $N-i$ の最小値があるならそれが答えであり、そうでなければ -1 にする。

公式解説は二分探索で解いており、貪欲法とも書いてあるが、その貪欲法が上記の解答である。 $S$ と $T$ を構成する各文字の出現回数が同じなら解があることを公式解説では導いているが、私の解法ではそのことを仮定しない。

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1個ずつ回転して比べる貪欲法、以上のことが全く分からなかった。

$A_i,B_j$ を線で結んで交わらなければいい、ということは実は気が付いていた。しかしこれを $O(N)$ で求めようとして方法が分からなかった。 $A$ が $B$ を包含するか尺取り法で求め、始点を全部試すので $O(N^2)$ である。

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5時間36分掛かった。

$S$ を反転したものと $R$ とする。 $K < N$ のとき、 $S$ の先頭 $K$ 文字を $S2$ とし、 $S2$ を反転したものと $R2$ とする。

$N = K$ なら $SR = RS$ なら Yes 、そうでなければ No である。

$N < K$ なら、 $SS^{'}$ について考えると $S^{'}$ の末尾 $N$ 文字は $R$ である。 $S^{'}S$ について考えると $S$ の末尾 $N$ 文字は $S$ である。このように $S$ の先頭から $SRSR...$ と、 $S$ の末尾に向かって $...SRS$ と埋めることができる。

周期 $C = \lfloor K / N \rfloor$ を考え、 $C$ の偶奇で場合分けする。 $r$ を、 $K$ を $N$ で割った余りとする。

$C$ が偶数のとき、 $SS^{'}$ は $C / 2$ 個の $SRS...$ 、長さ $r$ の文字列 $T$ 、 $C / 2$ 個の $..SRS$ からなる。同様に $S^{'}S$ は $1 + C / 2$ 個の $SRS...$ 、 $T$ 、 $C / 2 - 1$ 個の $..SRS$ からなる。 $T$ は $N,K,S$ から一意に決まるので、 $SS^{'}$ と $S^{'}S$ が回文かどうかは $T$ 周辺を調べると分かる。

$T = S[(N-r+1)..N]$ にする。 $TR$ が回文であることが $SS^{'}$ を回文にする必要条件である。 $RT$ が回文であることが $S^{'}S$ を回文にする必要条件である。両方の条件を満たせば Yes 、そうでなけば No である。

$C$ が奇数のとき、 $SS^{'}$ は $(C + 1) / 2$ 個の $SRS...$ 、長さ $r$ の文字列 $T$ 、 $(C + 1) / 2$ 個の $..SRS$ からなる。 $S^{'}S$ は $(C + 3) / 2$ 個の $SRS...$ 、長さ $r$ の文字列 $T$ 、 $(C - 1) / 2$ 個の $..SRS$ からなる。

$T = S[(N-r+1)..N]$ にする。 $RST$ が回文であることが $S^{'}S$ を回文にする必要条件である。 $T$ が回文であることが $S^{'}S$ を回文にする必要条件である。両方の条件を満たせば Yes 、そうでなけば No である。

$N < K$ なら、 $N$ と $K$ を入れ替え、 $S2,R2$ を $S,R$ に読み替えると同様の結果になる。

公式解説は、中央ではなく両端から決めることで $K < 2N$ の場合に帰着して簡潔に解を求めている。

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こちらは5時間ではなく30分で解けた。

絶対値を展開して数直線を書くと、 $f_{S}(x) = 0$ となるのは $a+b,a-b$ の二点で、両点から絶対値が1離れると $f$ が1増えることが分かる。つまり数直線において $f(x)$ の値は、0を最小値とするW字形になる。

初期値 $A,B$ とクエリ1の $a,b$ から $a+b,a-b$ を集合 $U$ に追加する。クエリ2において、区間 $[a,b]$ に $U$ の要素があれば答えは0、そうでなければ $c \in U \land (- \infty, a]$, $d \in U \land [b, \infty)$ について $min(a-c,d-b)$ が答えである(該当する $c,d$ が存在しない場合は無視するが、少なくとも一方は存在する)。これは std::set::lower_bound で求まる。

公式解説は上記と全く同じである。

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例外処理

典型例はすぐ分かるが、例外を網羅するのが難しい。

まず不変量として、表になっているコインの偶奇がある。なぜならコインを2枚裏返すと、表になっているコインの数は $-2,0,2$ 枚しか変化しないからだ。なので最初に表になっているコインが奇数個なら、コインをすべて裏向きにすることはできない。

コインが3枚かつ2枚が表のとき、 110 と 011 が無限ループするのでコインをすべて裏向きにすることはできない。

コインが4枚で 0110 のとき、 0011 , 1010 , 0000 の3回掛かる。これが分からなくて問題を解くのに1時間掛かった。全探索すればわかる。

上記以外ならコインをすべて裏向きにすることができ、基本的には表になっているコインの数の半分回である。ただし1回余分に掛かる場合があり、それは表になっているコインが2枚かつ並んでいるとき、つまり 11..., ...11..., ...11 のときである。なぜなら隣接するコインを同時に裏返すことはできないので、一度裏になっている端のコインと 1 を裏返し、表になった端のコインと残りの 1 を裏返すからである。

const std::string zeros{"0000"};

Num visit_dfs(const std::string& current, std::set<std::string>& seen, Num cnt) {
    if (current == zeros) {
        return cnt;
    }

    const size_t size = current.size();
    Num ans = 100000000;
    for(size_t l{0}; l<size; ++l) {
        for(size_t r{l+2}; r<size; ++r) {
            auto t = current;
            t.at(l) = (t.at(l) == '0') ? '1' : '0';
            t.at(r) = (t.at(r) == '0') ? '1' : '0';
            if (!seen.contains(t)) {
                seen.insert(t);
                ans = std::min(ans, visit_dfs(t, seen, cnt + 1));
                seen.erase(t);
            }
        }
    }

    return ans;
}

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組み合わせが大変。

MEXは、数値の集合に穴があれば一つずつ増やせる。つまり元の集合に $0,2,5,6$ が 無ければ、一操作ごとにこれらを一つずつ増やせる。 $i$ 回目に穴を埋めずに多重集合を増やすか、穴を埋めて $i+1$ 回目に多重集合を増やすか、両方の可能性について組み合わせを数える。

$i=1..K$ 番目の穴が $H_i$ のときを考える。 $H_1 = 0$ なら必ず0が埋まり、組み合わせは1通りである。それ以外の場合は以下の通りである。

• $i$ 回目およびそれ以降の操作で $H_i$ を埋めない。このとき多重集合は $[0..H_i)$ から $R = K - i - 1$ 回復元抽出する組み合わせなので、 $R+H_i-1 \choose H_i$ 通りである。これは $H_i$ 個の要素を $R - 1$ 個の仕切りで区切る方法である。
• $i$ 回目の操作で $H_i$ を埋める。このとき $i+1$ 回目の操作は $[0..H_{i+1})$ から $R = K - (i+1) - 1$ 回復元抽出する組み合わせである。

これを $i=1..K$ について足せばいいのだが、組み合わせの数を素で求めるとTLEするので、漸進的に求める。公式解説には階乗の前計算とあるが、慣れていないと大変である。

• ${n-1 \choose k} = {n \choose k} \times (n-k) / n$
• ${n+1 \choose k} = {n \choose k} \times (n+1) / (n+1-k)$

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ロジックアナライザ

Xを低電圧、Yを高電圧と考えると、XからY、YからXは電圧の遷移に見える。よってXからYへの遷移回数と、YからXの遷移回数の差は、高々1以下でなければならない。つまり $abs(b-c)>1$ なら No である。

問題文をよく読むと、入力は0以上である。つまり遷移が全くないことがある。遷移が無いなら低電圧と高電圧の両方を取ることはできない。よって $B=0 \land C=0 \land (A>0) \land (D>0)$ なら No である。

それ以外は Yes である。遷移しないつまり電圧が同じ(XX,YY)ことは、文字列の好きな場所に挟み込むことができる。

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優先度付けに苦しんだ。

YX...XY と両側を Y に囲まれた X が連続 $C$ 個並んでいるとする。このとき $i \leq C$ 個の X を Y に置き換えると Y が連続する箇所は何個増えるか考える。 $i \leq C$ なら $C$ 個、 $i = C$ なら $C+2$ 個増える。つまり短い $C$ を埋めきる方が、長い $C$ を埋めきるより、 Y が連続する箇所が増えてお得ということである。

両端つまり X...XY と片側が開いていて X が連続 $C$ 個並んでいるとする。 Y が連続する箇所は $i \leq C$ なら $i$ 個増えるので、埋めきったときのお得はない。つまり $K$ 箇所の X を Y に置き換えるなら、 両側を Y に囲まれた X を連続長が短い順に埋めて、最後に両端を埋めるのが最適である。

X の数 $D$ より $K$ が大きいときは、 $S$ をすべて Y にした後に $K - D$ 個の Y を X に置き換える。このときの操作は上記とは逆で、元々の $S$ について先に両端から Y を X に置き換え、その後に両側を X に囲まれた Y を連続長が長い順に埋めるのが最適である。

上記の優先度は、 X , Y のランレングスに優先度をつけて、 $prio,len,left$ として昇順に並び替えればいい。優先度 $prio$ (数字が低いほど高優先度)は以下の通りつける。ここで手こずってしまった。

• 両端の場合、 X なら $- \infty$ , Y なら $\infty$
• 両端以外の場合、 X なら $-len$ , Y なら $len$

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不変量

ARCは不変量が頻出で、いい不変量を見つけるとあっさり解けて、そうでないと解けないか実装が大変になるようである。今回は不変量を自力で思いつかなかったので公式解説を読んだ。こんなに短い コード になる。

不変量を使わない冗長な解法なら思いついた。数の差だけが重要なので増分を $[0,2,4]$ としても答えは変わらない。これを $[-2,0,2]$ としたのが公式解説と、そこから導ける不変量である。以下は増分を $[0,2,4]$ だと思って解く。テストケースを並び替えて、 $x_1 \leq x_2 \leq x_3$ としても一般性を失わない。

• 数の差、 $x_1-x_2$ および $x_2-x_3$ がともに偶数でなければ $x$ を等しくできない。 -1 を出力する。
• $x_1 = x_2 = x_3$ なら答えは0
• 上記でなく、 $x_2 = x_3$ またはなら $x_1$ に4を足して $x_2,x_3$ と等しくする。2回足すと6差が縮まり $x_1 = x_2$ にできる。なので $x_2 - x_1$ が6の倍数でなければ $x$ を等しくできない。6の倍数なら3で割った回数が答えである。
• $x_1 = x_2$ のときも同様である
• $(x_2 - x_1) < (x_3 - x_2)$ なら $x_1$ に4を、 $x_2$ に2を繰り返し足すことで $x_1 = x_2$ にできる。この回数は $(x_2 - x_1)/2$ である。あとは上記と同様に、 $x_3$ とそろえる。
• $(x_2 - x_1) \geq (x_3 - x_2)$ なら $x_2$ に4を、 $x_3$ に2を繰り返し足すことで $x_2 = x_3$ にできる。この回数は $(x_3 - x_2)/2$ である。あとは上記と同様、 $x_1$ とそろえる。

不変量を使わないと場合分けがとても大変である。

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ほぼ思いついたが6 WAsが取れなかった。

正の値、負の値の集合から、絶対値が大きい順に3つ、絶対値が小さい順に3つ、計24通り取って総当たりすれば解けると思った。のだが、どうしても6 WAsが取れずに諦めた。公式解説を読み、符号を無視して $1/x$ が大きい順に3つ、絶対値が小さい順に3つ取れば正解した。

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ワーシャルフロイド法

幅 $N$ の $A$ を繰り返したところで、頂点番号を $N$ で割った余りが等しければある頂点から他の頂点に到達可能かどうか、到達可能なら最小距離は変わらない。よって $A$ について頂点間の最小距離をワーシャルフロイド法で求める。

ただし頂点自身へは到達不能(距離は0ではなく $\infty$ )にする。そうしないと頂点番号がちょうど $N$ 離れている、 $\lfloor s/N \rfloor \ne \lfloor t/N \rfloor$ かつ $s \quad mod \quad N = t \quad mod \quad N$ のとき答えがおかしくなる(距離が0ではないのに0を返す)。

ここまでくれば、 $s=t$ なら答えは0、そうでなければ $s \quad mod \quad N$ から $t \quad mod \quad N$ までの最小距離が答えである。

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ほぼ解法は見えているのに数時間掛かってしまった。

$A = B$ なら答えは1である。以下 $A > B$ とする。

問題文中の $a,b$ を $a-gcd(a,b), b-gcd(a,b)$ に置き換えるのは、 $a/gcd(a,b)-1, b/gcd(a,b)-1$ に置き換えることにしても操作回数は変わらない。こうすると $a,b$ は互いに素と考えてよいので考察が簡単になる。

操作をそのまま実装するとTLEするので高速化を考える。 $d = a - b$ と置いて、 $d$ の1以外の約数の集合 $S$ を求める。 $f \in S$ について、 $a MOD f = b MOD f = r$ なら、 $a - r, b - r$ は公約数 $r$ を持つと言える。要するに操作で $a,b$ から1ずつ引くのではなく、まとめて $r$ 引くことができる。引きすぎないように最小の $r$ を求める。

このような $r$ が求まらない場合を考える。 $(a - b) > b$ つまり $a$ が $b$ の倍以上なら、 $b$ を $b - 1$ 引いて $a = 1$ にする。そうでなければ $b$ から1引く。これが分からなくて時間が掛かった。

これを繰り返し、 $b$ から引いた数を操作回数にすると答えが求まる。公式解説もこの通りだが、 $(a - b) > b$ の場合が書いてないように見える(もしかしたら明示的に書かなくても達成できるのかもしれない)。

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1時間と4分

解の方針は立ったが、Fenwick Treeのaddとsumを間違えて時間を溶かした。

$A$ に重複が無いというのは重要な制約である。これに気づくのが遅れた。 $A_1$ を $A_2..A_n$ と入れ替えることかどうか考える。 $i=1$ 、取りうる組み合わせ $M = N(N+1)/2$ で初期化する。

• $A_i > A_j : i < j$ な $j$ が $C_{low}$ 個であることをFenwick Treeで数える。 $C_{low} < K$ なら、 $A_j$ の $K$ 番目に小さい要素を見つけて $A$ の $[i,j]$ 間を逆順にする
• $A_i < A_j : i < j$ な $j$ が $C_{hi}$ 個であることをFenwick Treeで数える。 $M - C_{hi} < K$ なら、 $A_j$ の $K$ 番目に小さい要素を見つけて $A$ の $[i,j]$ 間を逆順にする
• それ以外なら $A_i$ を入れ替えないので、 $i$ を1足す。併せて、 $K$ に $C_{low}$ を足し(少なくともこの順位なので)、 $M$ から $C_{low} + C_{hi}$ を引く(順位の上限が下がるので)

この反復が停止したときが答えである。公式解説は $O(N^2)$ とあるが、Fenwick Treeを使うと $O(Nlog(N))$ の 3msec である。

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2日掛かった。夜解いてTLEしたので翌朝解いた。これだけ時間を掛けるとコンテスト中には間に合わない。

$x \leq y \leq z$ として一般性を失わない。上手く場合分けしたあと、計算量を減らして順列を数える。 $M = \lfloor \sqrt{N} \rfloor$ とする。

• $x = y = z$ は $x = 1..M$ で成り立つ。順列はそれぞれ1通り。
• $x = y < z$ は $z = (x+1).. \lfloor N/x \rfloor$ で成り立つ。順列はそれぞれ3通り。
• $x < y = z$ は $y = (x+1).. M$ で成り立つ。順列はそれぞれ3通り。
• $x < y < z$ を上手く数える。順列はそれぞれ6通り。

$x < y < z$ を $x,y$ の二重ループで数えるとTLEするので、計算量を減らす。結論から言うと、以下の $cumsum$ について、 $\sum_{i=1..M} cumsum(M) - cumsum(i)$ である。

• $cumsum(0) = 0$
• $cumsum(i+1) = cumsum(i) + N / i - i$

ここで累積和に足す $N / i - i$ は、 $i$ に掛けたら $N$ 以下になる $i$ より大きな数の個数である。

公式解説2と同じ解法だが、累積和は要らなかった。

コードはこちら

考えるより手を動かす。

同じ数字が何個並んだら、という規則性を見いだそうとしてWAした。 $A$ を昇順にソートし、前半 $\lceil n/2 \rceil$ 個の先頭からの隙間に、 後半 $n - \lceil n/2 \rceil$ 個を先頭から挟み込んでM字になるかどうか確かめる。

解法2を正答することができず27分掛かってしまった。解法2を実装すると こうなる が、 $N=1$ を特別扱いしないとWAする。

コードはこちら

変数の使いまわしに注意

入力した値 $N$ を最後まで変えない。ビット列を取り出すときに $N$ の値を右シフトして変えるとバグる。

$f(X)=3$ なので全パターン網羅すればいい。 $N$ が何ビット立っているかで、答えのどの3ビットを立てるか決める。最上位ビットは常に立っていることにする。

• $N<7$ なら解なし(-1)
• $f(N) \leq 3$ なら、上位ビットから順にから3ビット集めて立てる
• $f(N) = 1$ なら最上位ビットしか立っていないので、最上位ビットの一つ下の桁から3ビット連続で立てる
• $f(N) = 2$ なら、最上位ビットではない立っているビットの位置で分かれる
  • $N \quad mod \quad 3 > 0$ つまり下位2ビットがいずれも0でなければ、立っているビットより下位ビットに2ビット立てることはできないので、 $f(N) = 1$ と同じにする。
  • そうでなければ最上位ビット以外で立っているビットの、一つ下の桁から2ビット連続で立てる。最上位ビットも立てる。

あとは立てたビット位置3つから答えを求める( ビット $i$ を立てたなら $2^i$ を足す)。公式解説は3通りあり、上記は解法2である。解法1だと実装がもっと短く このよう になる。

コードはこちら

D問題なのに25分で解けた。

完全グラフの変数は $N(N-1) / 2$ である。よって $N(N-1)/2 < D$ つまり $N(N-1) < 2D$ なら解なしである。これは入力例2が重要なヒントになっている。

それ以外の場合は解がある。まず完全グラフつまり $N(N-1) = 2D$ で $G$ の密度が $N(N-1) /2N = (N-1)/2$ で の場合を考える。このとき $G$ から頂点を1つ除くと、除いた頂点の密度は0、それ以外の頂点は完全グラフで密度は $(N-2)/2$ になる。つまり頂点を除くと密度の低い完全グラフができるので、完全グラフは解の条件を満たす。

完全グラフ以外の場合、最初に正 $N$ 角形を考える。 $D = 1$ ならこれが答えである。なぜなら頂点を一つ除くと、除いた頂点の密度は0、それ以外の頂点からなるグラフはパスグラフで、密度は $(N-2)/(N-1) < 1 = D$ になり、以後操作するごとに頂点と密度は減るからである。

$D > 1$ の状況を考える。正 $N$ 角形において、距離 $d = 1..D$ の頂点同士を結ぶ。このようなグラフ $G$ から頂点を一つ除くと、除いた頂点の密度は0、それ以外の頂点からなるグラフの密度は $D(N-2)/(N-1) < D$ になり、以後操作するごとに頂点と密度は減るからである。

以上から解が求まった。公式解説と答えは同じだが、公式解説の証明はハミルトン閉路を用いている。

コードはこちら

線を描く

往路の順位と往復の順位を描くと、線が交わったり交わらなかったりする。交わらないというのは誰にも抜かれなかったことを意味するので、区間賞になりうる。つまり自分より遅く出発して、自分より早く着いた選手以外の数が答えである。

図を描いて、誰にも抜かれなかった(抜いたかもしれないし抜かなかったかもしれない)ときは垂直な縦線、抜かれたときは垂直線を左上から右下に横切る斜線を描くと分かりやすい。鉄道ダイヤグラムの急行と普通の関係である。公式解説通りに $O(N)$ 実装すると こちら

コードはこちら

不変量

解説を見ないと解の方針が立たなかった。1から順番に数を左から定位置を決めていく、末尾にあるときは二つ左に引っ張り出す、を繰り返せば解ける。不変量が重要で、解があるなら $A_{N-1},A_{N}$ だけが転倒しているという状況はありえないことを見つける必要がある。

実装方法は std::rotate が一番簡単である。定位置 $i$ に置くべき数が今どこにあるかは、表で管理しなくても std::find で都度見つけてよい( std::rotate が律速なので)。

ここまで考えなくても上記の通り実装して、 $A_{N-1},A_{N}$ だけが転倒したら No を出力すればよい。

コードはこちら

方針はすぐ立ったが実装で手間取った。

頂点に数 $K$ を置いたら、その頂点を含む頂点集合のMEXは決して $K$ にならない。Bobは値が -1 の頂点に常に $K$ を置いて妨害すればよい。

特に葉については以下が言える。

• $K=0$ なら、 $V=1$ ならその頂点についてAliceの勝ち、 $V=-1$ なら $V=1$ にしてAliceの勝ちである。
• $K=1$ なら、 $V=0$ ならその頂点についてAliceの勝ち、 $V=-1$ なら $V=0$ にしてAliceの勝ちである。
• $K>1$ ならAliceはその頂点で勝つことはできず、他の頂点で勝敗が決まる。

これを一般化する。Aliceがこれを回避するには、以下の二通りしかない。部分木 $T$ があり、その部分木には $K$ を含まないものとする。

• 部分木が $M$ 頂点で、頂点の値がすべて確定しており、そのMEXが $K$ である。つまり値 $0..(K-1)$ がすべて1回以上出現する。
• 部分木が $M$ 頂点で、頂点の値がすべて1か所を除いて確定している。つまり値 $0..(K-1)$ のうち、一つを除いて1回以上出現する。Aliceは値が決まってない頂点に、 $T$ に出現していない $K$ 未満の値を埋めればよい。

Aliceが勝てる頂点が一つでもあればAliceの勝ち、そうでなければBobの勝ちである。

実装としては、最初にDFSで、各頂点の部分木の大きさ(子の数+1)と、部分木に出現する値の集合を求める。その後で各頂点についてMEXを求める。

コードはこちら

二分割だけ考える

単に分割する場所を総当たりすればよかった。難しく考えすぎてデバッグに苦しみ、30分以上掛けてしまった。狭義単調増加は std::string::operator< である。

コードはこちら

穴をボールに寄せる。

$A_1, A_2$ を1増減することと $A_{3..N}$ を1増減することは相対的には同じであり、 $A_1, A_2$ を増減する方が増減回数は同じか少ないのだから、常に $A_1, A_2$ を増減させればいい。

$A_1, A_2$ を増減させたときの値の候補は $A_{3..N}$ のいずれかが最適であり、それ以外の値にする意味は無い。よって $[A_1,A_2]$ を $[A_{3..N-M+1},A_{3+M-1..N}]$ にしたときの増減回数を総当たりで計算して最小値を求めれば、 $O(N)$ で答えが求まる。

• $A_1$ を $A_i$ にしたときの増減回数は $min(0,A_1-A_i)$ である。 $A_i \leq A_1$ なら $A_i$ を減らして $A_1 \leq A_i \leq A_2$ の範囲を拡大する。 $A_i > A_1$ なら既に $A_1 \leq A_i \leq A_2$ の範囲に居るので $A_1$ を増減する必要はない。
• $A_2$ を $A_{i+M-1}$ にしたときの増減回数は $min(0,A_{i+M-1}-A_2)$ である。理由は同様。
• よって $i=3..N$ を固定したとき、総増減回数は $min(0,A_1-A_i)+min(0,A_{i+M-1}-A_2)$

$A_1 > A_2$ でも上手くいく。

コードはこちら

分からないので公式解説を読んだ。 $1/i(i+1) = (1/i) - (1/(i+1))$ を使うと、 $A_i \leq 10^9$ に抑えられる。 $N = i(i+1)$ と表現できるときの回避策が要る。これは思いつかない。 $A$ を $N^2$ にする発想がなかった。

$1/2^{1..(N-1)}, 1/3 \times 2^{N-1}, 2/3 \times 2^{N-1}$ の和を1にすると、 $N > 30$ の時に $A_i > 10^9$ となり答えが出ない。

コードはこちら

3進数

$N=K$ なら明らかに Yes 、 $N < K$ なら明らかに No である。

冗長でない3進数、つまり各桁が0,1,2のいずれかである3進数で $N$ を表記して、すべての桁を足した和 $S$ を求める。 $S < K$ ならこの3進数が $N$ 未満になってしまうので答えは No である。

3進数を冗長にする、つまり各桁が3以上になることを認める。このとき冗長にすると、 $3^p \rightarrow 3 \times 3^{p-1}$ なので桁は一つ減って三つ増え差し引き二つ増える。つまり $S - K$ が偶数なら Yes 、奇数なら No である。

コードはこちら

ループ検出

ループを一周して、今いる頂点と異なる色に移動するのを繰り返すことができればよい。これはある出発点から、頂点と異なる色に移動するのを繰り返し、出発点の頂点と一周直前(出発点の隣)の頂点が同じ色ならよい(出発点の頂点の色は反転しているので)。

問題は、上記の条件を満たすループ検出を効率よく実装しないとTLEすることである。以下のようにDFSするとTLEしない。

• 出発点は頂点 $1..N$ をすべて試す。辺の数が少ないので問題ない。
• 最初の移動では、今いる頂点と同じ色に移動する。そうでないなら次の候補となる頂点を探す。
• 二番目以降の移動は、今いる頂点と異なる色に移動する。そうでないなら次の候補となる頂点を探す。
• 直前の頂点には戻らない(同じ色なので戻ることができない)。訪れたことの無い頂点を再帰的にたどる。
• ループを検出する、つまり一度訪れた点をもう一度訪れた場合、それが出発点なら上記の条件を満たす(DFSはtrueを返す)。そうでなければDFSはfalseを返す。
• DFSがtrueを返したらそれ以降の探索を打ち切って Yes を出力する。trueを返すケースがなければ No を出力する。

公式解説通り、union-find木を使うと簡単に 実装 できる。

コードはこちら

DPではなかった。

DPだと思ったがそうではなかった。Aliceにとっての最適反応は、裏返すとBobが最大損するカードを裏返すことであり、Bobにとっての最適反応は裏返されると最大損するカードを真っ先に取ることである(今取らなくても後で再度裏返しになって取れるようになるかもしれないが、今取っても損はしない)。

つまり現時点で 表の数字-裏の数字 が最大のカードをAliceはひっくり返し、Bobは取るのが最適反応である。

{表の数字-裏の数字, 表の数字, 裏の数字} を優先度キューに載せることで管理できる。

• Aliceは優先度キューの先頭、つまり表の数字-裏の数字が最大のカードを取って、裏返して優先度キューに載せる。 {裏の数字-表の数字, 裏の数字, 表の数字} を載せればよい。
• Bobは優先度キューの先頭のカードを取り除き、表の数字を得点として得る。

公式解説には $O(N)$ 解法があり、実装はとても簡潔である。この種の導出をする能力が私には足りない。

コードはこちら

13分掛かる。

灰色とは思えない難易度である。 $A_n$ の数が任意であることに注意する。このとき $A_i=N$ なる数があったら No 、そうでなければ Yes と予想できる。

$A_i=N$ となる数なしに $A$ の最小公倍数を $N$ にはできない状況を考える。 $N$ が素数なら約数は ${1,N}$ 、 $N$ の素因数が一つだけなら約数は ${p^{0..k}}$ 、前者は後者に含まれるので素因数が一つだけなら答えは No である。

そうでなければ $A$ の最小公倍数が $N$ になるようないい感じの $A$ を作れそうである。例えば素因数 $p_1,p_2,...$ が $c1,c2,...$ 個あるなら、 $A_1=p^{c1},A_2=p^{c1},...$ とする。これらの和はNより小さくなる( $A_1 \geq 2,A_2 \geq 3$ )からである。 $A$ の和が $N$ に足りない分をすべて $A=1$にすれば、最大公約数が $N$ であるまま $A$ の和を $N$ にできる。このとき答えは Yes である。

コードはこちら

3日間かかった。なんとなく方針は立ったが、エッジケースを詰めるのに時間が掛かった。

$K = 1$ なら入力がそのまま出力になる。以下 $K > 1$ とする。

$P$ の要素が $K$ 個連続で数が昇順なら( $P$ の各要素は一意なので)、その部分をソートすることで、入力がそのまま出力になる。よく考えたら $K = 1$ もこれに該当する。以下該当しない場合を考える。

ソートをちょうど1回するので、ソートすると $P$ の辞書式順序が下がってしまう場合でもソートせざるを得ない。小さな数をソートして手前に持ってくると損するので、仮の答えとして、ソートを最も遅らせる、つまり $(P_{N-K+1}, ... , P_N)$ をソートしたものを解の候補 $P^{'}$ とする。そうでない解を探索する。

ある $i$ に対して、 $(P_{i}, ... , P_{i+K-1})$ をソートするとき、 $M_i = min(P_{i}, ... , P_{i+K-1})$ として、 $P_i = M_i$ なら少なくとも $P_{i}$ についてはソートしても損しない。そうでなければソートすると $P$ の辞書式順序が下がってしまう。よってソートするなら、 $P_i = M_i$ を満たす $i$ があればそうしたい。

このような $i$ の集合 $S$ を求め、連続する $i$ をランレングス圧縮する。つまり $S = (A_1,C_1), ... (A_L,C_L)$ は、連続する $(A_1,...,A_1+C_1-1)$ が $S$ に属すると表現する。結論から言うと、 $max(A) = A_L$ として、 $(P_{A_L}, ... , P_{A_L+K-1})$ をソートした $P$ と $P^{'}$ の大きい方が答えである。

理由を考える。 $(P_{A_L}, ... , P_{A_L+K-1})$ をソートした $P^0$ と $(P_{A_L+1}, ... , P_{A_L+K})$ をソートした $P^{1}$ を比較する。 $P_{A_L}$ については $P^0$ と $P^1$ で等しい。 $P_{A_L+1}$ については、後者については $P$ の $P_{A_L+K}$ をソートすると前に持ってきてしまう、つまり $max(P_{A_L+1}, ... , P_{A_L+K-1}) > P_{A_L+K}$ なら $P^0 > P^1$ になる。 $P^0 = P^1$ はありえるが $P^0 < P^1$ にはならない。同様なことが $A_L + 1..(C_L-1)$ について言えるので、 $A_L$ を先頭にソートするのが最適解と言える。

公式解説は、論理的に探索区間を限定している。

コードはこちら

重実装すぎて解けなかった。

$Y$ で C な場所は $X$ でも C でなければならない(操作で C は作れないので)。 C で区切られた区間(終端に C が暗黙にあるとみなす)において、操作3で A を右に移動できる。ここまでは分かったが、 C から A, B をどう作るかが分からなくなった。

公式解説にある通り、 A はできるだけ左に、 B はできるだけ右に寄せて、 $X$ の A を $Y$ の A に移動できるか調べればいい。こう書くと簡単に見えるが実装が結構重い。順番に処理を書く。

1. $Y$ の C で区切ったランを作る。入力の $X,Y$ に C を追加しておくと、終端処理が楽になる。
2. $X,Y$ を先頭から走査して、 $i$ 文字目つまり $Y[i]$ が C 以外なら、 $X,Y$ の連続部分文字列の末尾に追加する
3. $Y[i]$ が C なら、 $X[i]$ が C 以外なら答えは No である。そうでなけば以下の処理を行う

• $X$ の連続部分文字列に出現する A,B,C の個数を $X_a, X_b, X_c$ とする
• $Y$ の連続部分文字列に出現する A,B の個数を $Y_a, Y_b$ とする
• $X$ の C を A に転換して、 $Y$ と同じ個数にする。 A　が足りないつまり $X_a < Y_a$ のままなら答えは No である。
• $X$ の C を B に転換する
• $X,Y$ の B の個数が一致しなければ答えは No である。
• $X,Y$ の先頭から $i$ 番目の B をそれぞれ、 $PX_i, PY_i$ とする。 $PX_i < PY_i$ となる $i$ があったら答えは No である。
• 上記以外なら答えは Yes である

コードはこちら

ある数 $A_i$ を、 $a b, c, lcm(a,b), lcm(a,c), lcm(b,c), lcm(a,b,c)$ のいずれに倍数するか考える。その上で $A_i$ をある数の倍数にしたとき、他の数の倍数も兼ねられるかどうかで場合分けする。

$N = 1$ なら $A_1$ を $lcm(a,b,c)$ の倍数にするしかない。答えは $\lceil A_i / lcm(a,b,c) \rceil lcm(a,b,c) - A_i$ である。以下略記法として、 $x$ を $m$ の倍数にするために必要な数を $r(x,m) = \lceil x / m \rceil m - x$ と表記する。

$N = 2$ なら $A_1, A_2$ ともに $lcm(a,b,c)$ の倍数にするして、 $max(r(A_1,lcm(a,b,c)), r(A_2,lcm(a,b,c)))$ が答えの上限である。他の候補として、 $A_1$ を $lcm(a,b)$ の倍数、 $A_2$ を $c$ の倍数にすることが考えられる。 $lcm(a,c)$ と $b$ , $lcm(b,c)$ と $a$ と置き換えてもよく、これらを総当たりする。求め方は後回しにして説明を続ける。

$N \geq 3$ ならさらに、ある数を $a$ の倍数、別の数を $b$ の倍数、さらに別の数を $c$ の倍数にできる。 $r(A_{1..N}, a)$ を求めて昇順に並び替え、ある $r$ の値になる $A_i$ の添え字 $i$ が分かるようにする( $r$ と $i$ の組 std::pair<Num,Num> をソートすればよい)。

基本的に $r(x,a), r(x,b), r(x,c)$ の小さい順から取ればいいが、同じ $A_i$ からは一度しか取れないという制限がある。よって $r(x,a), r(x,b), r(x,c)$ の下位3個同士を組み合わせて、 $A$ から重複なく3つ選べるならその組について $r$ を足せば、必要な操作回数になる。先に戻ると、 $N \geq 2$ なら $r(x,lcm(a,b)), r(c)$ などについて下位2個同士を組み合わせればよい。

このようなすべての組み合わせについて、最小の操作回数が答えである。この方法は公式解説の解法2と同じである。

コードはこちら

最小二乗法

美味しさの大きいトースト $2M-N$ 枚はそのままにする。残りのトーストを $2(N-M)$ 枚について、美味しさと小さいトースト $1..2(N-M)$ から順に美味しさの大きなトースト $2(N-M)..1$ ものと一緒に皿に載せる。

公式解説は、0をパディングすることで証明している。実装は こちら

コードはこちら

任意精度整数で通る。

除算切り捨てをmodintでする上手い方法が無いので、任意精度整数( boost::multiprecision::cpp_int )で解いた。最後に 998244353LL で割ってから long long int にする(int にしてから割ると間違える)。

$A$ を素因数分解し、素数 $P_i$ が $C_i$ 個あるとする。 $A^B$ を素因数分解したら、素数 $P_i$ が $B \times C_i$ 個ある。素数 $P_i$ に着目したとき、 $A^B$ の約数として素数 $P_i$ は $B \times C_i (B \times C_i + 1) / 2$ 個含み、 $P_i$ 以外の素数の組み合わせは $Q_i = \prod_{i \ne j} (C_j + 1)$ 個ある。

よって $P_i$ だけ考えると、 $A^B$ は $A$ で $\lfloor B \times C_i (B \times C_i + 1) Q_i / 2 C_i \rfloor$ 回つまり $\lfloor B (B \times C_i + 1) Q_i / 2 \rfloor$ 回割り切れる。ここで除算で余りが出ないことを保証できないので、modintではなく正確な値を求める。

全ての $P_i$ についての最小値が答えである。公式解法は、2で割る前の分子が奇数になる状況を導出している。

コードはこちら

転倒数になるのは連続する短調減少の中だけである。なぜなら短調減少が止まったら、その次の単調増加を十分高い値に増やすことで、それ以前の数より大きくできるからだ。公式解説は具体的な値を使っていて、考え方は同じである。

連続する短調減少が長さ $L$ なら、その転倒数は $L(L+1)/2$ である。これをそれぞれの連続する短調減少について数えて足すと答えになる。

コードはこちら

$A_i$ を対消滅できるならしておく(偶数個なら無かったことにし、奇数個なら1個にする)、普通のNimは $\oplus A$ が0以外なら先手必勝、までは分かった。なので $\oplus A$ が0で後手必勝のとき、ある $k$ で先手必勝にすればよい。

• $A_i$ が空なら 0
• $\oplus A \ne 0$ なら -1

しかし肝心なGrundy数を上手く定義できなかった。Grundy数の定義を公式解説通りに行うとACする。

コードはこちら

湧き出しを考える。

$1 \leq P_i < i$ から、 $i$ と $P_i$ は頂点1を根とする木構造の関係にある。このようなグラフを構築し、根からの距離 $0 \leq d < N$ を求める。

頂点1つまり根からもっと遠い頂点から無限に湧き出した値が、他の頂点に波及する。そこで $d$ が等しい頂点の値を足して $S_d$ を求める。 $S_d : d = N-1..0$ を順番に走査して、最初に正の値を見つけたら + 、最初に負の値を見つけたら - 、正負どちらも見つからなければ 0 を出力する。

考え方としては、最も $d$ が大きい頂点群の湧き出しが正または負なら、無限回では $P_1$ が正または負の無限大に向かう。0だったら次に $d$ が大きい頂点群の湧き出しを考える、というのを繰り返す。

コードはこちら

境界値がややこしい。

$f(x)$ について、右端 $R=x$ として区間 $[L,R]$ を考えた時に、 $\sum_{i=L}^{R} A_i \leq S$ なる $L$ を定められるとする。

• $L = 1$ なら、左端から $A_R$ まで足した和が $S$ 以下である。このとき、 $f([i,R])=1 : i=1..R$ である。 $f(x)$ の累積和を $g(x) = \sum_i f(i)$ として、 $g(x) = x : x=1..R$ である。
• $L > 1$ なら $f([i,R])=1 : i=L..R$ である。この部分について $g(R)=R-L+1$ である。さらに $i < L$ について、最後の一区間を加える対象が $1..(L-1)$ の $L-1$ 通りで、加えられる $f()$ の総和が $g(L-1)$ なので、 $R + g(L-1)$ である。

答えは $g()$ の総和である。 $L$ の求め方がややこしい。

コードはこちら

$i=1..N$ 文字目について、 $S,T$ で $i$ 文字目が異なる場所を記録する。より具体的には、 $S[i] = B \land T[i] = A$ な場所( Bを A にしたい場所)と、 $S[j] = A \land T[j] = B$ な場所( A を B にしたい場所)をそれぞれ記録する。

ここから尺取り法で求める。B を A にしたい場所( $i$ )と、 A を B にしたい場所( $j$ )のもっとも小さい添え字を初期値とする。併せて最も左の $i=left$ と最も右の $j=right$ をあらかじめ求めておく。

• $i$ が尽きたら、最左の $i=left$ について、 $k < left$ なる $k$ について $S_k$ を A から A に置き換える。そのような $k$ が十分たくさんなければ置き換えられないので -1 を出力する。そうでなければ残りの $j$ をすべて A から B に置き換える。
• $j$ が尽きたら、最右の $j=right$ について、 $right < k$ なる $k$ について $S_k$ を B から B に置き換える。そのような $k$ が十分たくさんなければ置き換えられないので -1 を出力する。そうでなければ残りの $i$ をすべて B から A に置き換える。
• $i < j$ なら、 $S_i$ を A で、 $S_j$ を B で置き換える操作をまとめて行い、次の $i,j$ に移る。
• $i > j$ なら、 $S_i$ を A に置き換え、 $i < k$ なる $k$ があれば B を B に置き換え、次の $i$ に移る。そのような $k$ がなければ置き換えられないので -1 を出力する。

$i$ を更新したら $left = min(left, i)$ に、 $j$ を更新したら $right = max(right, i)$ に更新する。

コードはこちら

遅延セグメント木

左右の幅は広く取りすぎても問題ない。つまり $(A_i,A_j,A_k)$ が等差数列なら、左側は $[1,i]$ 、右側は $[k,N]$ から任意の値を組み合わせられる。如何にもセグメント木で更新するとよさそうである。セグメント木には、 $i$ が取りうる最小の $k$ を記録する。

$(A_i,A_j,A_k)$ の値は 1..10 から総当たりする。すべての $i$ について、 $i$ が決まれば $A_i$ は一意に決まり、 $A_j$ を決め打ちすると $A_k$ の値が一意に決まるので、 $A_k$ となる最も小さい $j,k$ が求まる。これはあらかじめ 1..10 の出現位置を求めて置けば二分探索で求まる。 $[1,i]$ の最小値を $[k,N]$ との最小値で更新する。区間更新なので遅延セグメント木を使う。

公式解説2の方法に似ている。

コードはこちら

仮にルークを対角線上に置く。この配置はルーク同士が攻撃しあわないことを満たす。 $N \leq A$ ならポーンをすべて対角線上に置くことができる。 $N < A$ なら置くことができないので即座に No を出力する。

次にポーンを置くことを考える。横方向(列方向には) $N - A \geq 0$ 個置ける。ここで縦方向(行)を入れ替えることを考える。ルークが一個も無ければ横方向(列方向には) $N$ 個、行方向には一行目に一行飛ばしで $\lfloor (N+1)/2 \rfloor$ 行、計 $N \lfloor (N+1)/2 \rfloor$ 個置ける。

行を入れ替えて、可能な限り偶数行にポーンが無いようにすることを考える。このときポーンが無い行は $H=max(\lfloor (N+1)/2 \rfloor, N-A)$ 行作ることができる。よって $(N-A)H < B$ なら No を、そうでなければ Yes を出力する。

コードはこちら

入力例から察した。

解法が分からないので、入力例3を全探索した。以下の18通りの $P$ が挙がる。

2 6 7 1 3 4 8 5
2 6 7 1 3 5 8 4
2 6 7 1 4 3 8 5
2 6 7 1 4 5 8 3
2 6 7 1 5 3 8 4
2 6 7 1 5 4 8 3
2 6 7 3 1 4 8 5
2 6 7 3 1 5 8 4
2 6 7 3 4 1 8 5
2 6 7 3 4 5 8 1
2 6 7 3 5 1 8 4
2 6 7 3 5 4 8 1
2 6 7 4 1 3 8 5
2 6 7 4 1 5 8 3
2 6 7 4 3 1 8 5
2 6 7 4 3 5 8 1
2 6 7 4 5 1 8 3
2 6 7 4 5 3 8 1

何となく規則性が予想できる。 666, 888 のそれぞれ先頭2数が固定である。

$B_i < P_{B_i}$ のとき操作可能であることから、初期状態 $B_i = i$ において $B_i = i > A_i$ だと困る。同様に $B_i > A_i$ だと困るので、 $P_i \leq A_i$ であって欲しい。このような $P_i$ が何通りあるか求める。

• $i=1..N$ について、 $i = A_j$ となるような $A_j$ の集合 $G_i$ を求める
• $max(G_i) \ne i$ なら解なし(0通り)である。このとき $B_i = i > A_i$ になるからである。
• $max(G_i) = i$ なら
  • $|G_i| = 1$ なら特に対処しない
  • $|G_i| = S > 1$ なら、 $G_i$ の末尾以外をシフトして $P$ に設定する。 $G_i= [G_{i,1}, ..., G_{i,S}]$ として $P_{G_{i,j}} = G_{i,j+1} : j < S$ に固定する。

$|G_i| = S > 1$ なら、問題文にある操作を繰り返すと $G_i$ の先頭 $S-1$ 要素が $max(G_i)$ になる。

解ありのときに、固定していない番号に何通り選べるか求める。

• 初期値 $C_0=1$ とする
• $i$ について $P_i$ の選び方を $C_i$ 通りとする。ここで
  • $P_i$ が固定されていれば1通り
  • $P_i$ が固定されていなければ $C_i = i - seen(i) - cnt(i)$
  • $seen(i)$ は $P_1..i$ のうち、すでに固定された要素数。セグメント木に載せて $P_i$ を1増やす。
  • $cnt(i)$ は $P_1..i$ のうち、固定されていない要素数。 $P_i$ を固定していなければ1増やす。
• こうして求めた $\prod_{i=0}^N C_i$ が答えである。

上記はサイクル分解であり、公式解説もそのような方針である。公式解説は題意を上手くグラフの性質に言い換えている。

コードはこちら

Greedyで解ける。

チョコレートの長方形片の縦横の長さを $(PY, PX)$ とおく。一般性を失わずに $PY \leq PX$ と考えて構わない。最初は $(H,W)$ とする( $H > W$ なら $H$ と $W$ を入れ替える、以下同様)。

$A$ を降順にソートして、 $(L,L) : L = 2^{A}$ が長方形片に収まるかどうか調べる。収まれば収めた残りから新たな長方形片を作る。このとき長方形片を $(PY, PX)$ の降順にソートして(優先度キューを使う)、 $(L, L)$ が収まる長方形片を選ぶようにする。そのとき存在する最大の長方形片で構わない。 $L$ は2のべき乗に限るので、 $L$ を収められるなら $L/2$ も必ず収まる。

これを繰り返して、すべての $A$ を長方形片に収めることができたら Yes , そうでなければ No である。

$(PY,PX)$ に $(L,L)$ を収めた残りは以下のいずれかである。

• $(0,0) \quad if \quad PY = L \land PX = L$
• $(L,PX-L) \quad if \quad PY = L \land PX > L$
• $(PY-L,L), (PY,PX-L) \quad otherwise$

公式解説は、 $L$ が2のべき乗に限ることに注目してもっとエレガントに解いている。

コードはこちら

条件を満たさない文字列とは、 $s$ のある種の文字 $c$ を複数の場所から選べる文字列である。条件を満たすには、 $c$ を十分引き離して複数の場所から選べないようにする。 $c$ の位置を $W=N-K$ より多く離せばいい。

よって文字の選び方は以下の通りである。

• $s$ の 1文字目は $L$ 通り
• $s$ の 2文字目は $L-1$ 通り
• $s$ の 3文字目は $max(L-min(2,W))$ 通り
• より一般的には、 $s$ の $i$ 文字目は $max(L-min(i-1,W))$ 通り

これを掛けたものが答えである。 $L$ が足りないつまり選べる文字が尽きたときは、乗算結果が途中で0になるので答えは0である。

コードはこちら

添え字を一個間違えて諦めた。

不正解は こちら で、最後のループが一個足りない(2から始めているが正しくは1である)。ここさえ直せば正解できたが、解法に自信が無いと気が付かない。

公式解説にある通り、投票者1を挿入するのを全部試せばいい。別解として上記の通り、変化点を数えてもよい。

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桁DP

$K$ について、 Neq Numberが $K$ 個以下になるような $X$ を二分探索で求める。

最上位桁が非0 (leading zeroを除去した)な数 $Y$ を決め打ちする。 $DP[i][j]$ を

• 0..9 の任意の数を選ぶと $Y$ を超える可能性があるなら $i = 1$ , そうでなければ $i = 0$
• 今注目している桁が $j = 0..9$

とする。 $Y$ が $W$ 桁として、 $Y$ の各桁を上の桁から順に $D_{1..N}$ とする

まず最上位桁に設定できる数字 $P_1 \in [1..9]$ の取りうる組み合わせは、

• $P_1 < D_1$ なら、 $dp[0][P_1] = 1$ 。つまり下位桁を任意に 0..9 を組み合わせても $Y$ を超えない。
• $P_1 = D_1$ なら、 $dp[1][P_1] = 1$ 。つまり下位桁上手く選ばないと $Y$ を超えてしまう。
• 上記以外は0

である。次に最上位桁以外の上から $i$ 桁目に設定できる数字 $P_i \in 0..9$ の取りうる組み合わせ $next$ は、

• $P_i < D_i$ なら、 $next[0][P_i] = dp[0][P_{i-1}] + dp[1][P_{i-1}]$ 。つまり $Y$ を超えそうだったものも、今後は超えなくなる。
• $P_i = D_i$ なら、 $next[0][P_i] = dp[0][P_{i-1}], next[1][P_i] = dp[1][P_{i-1}]$ 。つまり $Y$ を超えないものは超えないままだし、超えそうなものは超えそうなままである。
• $P_i > D_i$ なら、 $next[0][P_i] = dp[0][P_{i-1}]$ 。つまり $Y$ を超えないものは超えないままだし、超えそうなものは選べない。

である。この条件下で、 $P_i \neq P_{i-1}$ な 0..9 の組み合わせ100通りを網羅して $dp$ を $next$ で更新する。

最上位桁を非0としたので、 $Y$ についての Neq Numberは、 $Y$ そのものについての上記の値と、 $Y$ より桁が小さく9が並ぶ数、つまり $(10^0 - 1), ..., (10^{W-1} - 1)$ についての上記の値の和である。このとき $Y$ の全桁が9の場合を二度数えないようにする(これで1 WAした)。

ここまで来たので、 $[1,10^{17}]$ について二分探索して、Neq Numberが $K$ 個以下になる最小の $Y$ を答える。

公式解説は、次の桁が9通りか0通りかどちらかしかないことを使ってDPを簡略化している。

コードはこちら

解説を読むまで全く分からなかった。

直線 $L$ にたくさん点が乗っていて、残りが $\lfloor N / 3 \rfloor$ 未満ならその点と $L$ の点を結ぶ。言われてみれば分かるが自力では分からなかった。

$(X,Y)$ と $(X+DX, Y+DY)$ を通る直線の一意な表現は、 $Y$ 軸の切片と傾きの有理数表現 $(SX, SY, DX, DY)$ にすると得られる。

• $X$ が変わらないつまり垂直、 $Y$ 軸に平行なら $(SX=X, SY=0, DX=0, DY=1)$
• $Y$ が変わらないつまり水平、 $X$ 軸に平行なら $(SX=0, SY=Y, DX=1, DY=0)$
• それ以外は $(SX=DX, SY=Y \times DX - X \times DY, DX=DX, DY=DY)$ 。ただし以下の変換を行った後である。
  • 傾き $(DX,DY)$ は $gcd(DX,DY)$ で割って、 $X$ が負なら $(DX,DY)$ の符号を反転する
  • $Y$ 軸の切片は $Y - X \times DY / DX$ なので、分母を掛けて整数にし、分母を $SX$ にする。

コードはこちら

茶diffに一時間半

$A$ を変えないのは $C = 0$ ではなく $C = 1$ である。この間違いに気が付かず1時間以上溶かした。

左右から要らない要素を削って残った連続列を $C$ 倍すればいい。 $l$ を決め打ちした解法は以下の通りである。 $A$ の総和を $S$ とする。 $A$ は答えの一つなので、それ以外の値を下記の通り探索して最大値を更新する。

• $C = 1$ なら、 $S$ が答えである
• $C > 1$ なら、 $l$ が固定なら $max [l,r] for r \in (l+1)..N$ となる $r$ を求めて、 $A_l..A_r$ を $C-1$ 倍したものを $S$ に加える。すべての $l$ についての最大値が答えである。
• $C < 1$ なら、 $l$ が固定なら $min [l,r] for r \in (l+1)..N$ となる $r$ を求めて、 $A_l..A_r$ を $C-1$ 倍したものを $S$ に加える。すべての $l$ についての最大値が答えである。

累積和をセグメント木に載せることで、区間の最大最小値が分かる。 $cumsum[l,r] = cumsum[1,r] - cumsum[1,l-1]$ なので、 $l$ を固定したときに $cumsum[1,r]$ を最大にする $r$ は $cumsum[l,r]$ も最大にする。最小値も然り。

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上記の緑とは打って変わって31分で解けた。

私の場合、ARCは解答時間のばらつきが大きい。解の方針は立ったが、場合分けを整理するのに時間が掛かってしまった。

買うレビューは星4,5しか意味が無い。星1,2,3を買っても平均評価を星3未満から星3以上に上げることはできないからだ。

$R = A_1 + A_2 + A_3 + A_4 + A_5$ , $S = 1 \times A_1 + 2 \times A_2 + 3 \times A_3 + 4 \times A_4 + 5 \times A_5$ とする。星4のレビューを $B_4$ 件買い、星5のレビューを $B_5$ 件買って、 $(S + 4 \times B_4 + 5 \times B_5) / (R + B_4 + B_5) \geq 3$ を達成したい。

これを式変形すると、 $(S + 4 \times B_4 + 5 \times B_5) \geq 3(R + B_4 + B_5) \geq 3$ から $B_4 + 2 \times B_5 \geq 3R - S$ を得る。整数不等式制約問題だが、2変数しかないので場合分けで解ける。判断基準は、星5は星4二つ分の価値があるか否かである。最低限買う必要がある価値を $V = 3R - S$ と置く。

• $V < 0$ ならそもそも星を買う必要はないので答えは0である
• $B_4 > B_5$ なら星4を買う意味はなく、星5だけ買えばいい。答えは $\lceil V/ 2 \rceil B_5$ である。
• $2 \times B_4 > B_5 \geq B_4$ なら星5で2価値を買い、1価値が端数なら星4を買う。答えは $\lfloor V / 2 \rfloor B_5 + (V mod2) B_4$ である。
• 上記以外、 $B_5 \geq 2 \times B_4$ なら星5を買う意味はなく、星4だけ買えばいい。答えは $V B_4$ である。

コードはこちら

明らかに期待値DPなのだが解けなかった。 $\sum_{i=0}^{\infty} a^i = 1 / (1 - a)$ が分かれば解けるはずなのだが、手番が入れ替わる確率があっていて、罰金の増分が間違っていた。出た整数の種類数を $q$ として、ヒットする確率は $q = q/N$ 、罰金の増分は $p + p^3 + p^5 + ... = p / (1 - p^2)$ なのだが、なぜかこの分母 $p$ が間違っていた。

コードはこちら

実験したら21分で解けてしまった。A,B問題より速い。

解析解に見当がつかないので候補を列挙したら、 1, 80, 90-99, 100-109, 9800, 9900-10099, 998000, 999000-1000999, ... が見つかる。よって解 1 以外については、 $i=1..$ について $W_i = 10^i$ , $B_i = 100^i$ として、 $B_i-2W_i, [B_i-W_i,B_i+W_i)$ が解と予想できる。この通り実装したらACした。

公式解説には論証があるが、実験結果をそのまま実装するとACできることが前提だった。

コードはこちら

全く解ける気がしない。

最終形態を想定すれば解けることが分からなかった。出力例をみると、立っているビットは高々2つなので、2の階乗を2個足したものと気づけば解けたかもしれない。

最終結果は全員左側を取るか、全員右側を取るかどちらかしかない。どちらか決め打ちしてシミュレーションする。 $L,R$ のどちらが番号が増えるか問題文をよく読む。0-based indexing として、ここでは右手が $(p + 1) Mod N$ 、左手が $p Mod N$ である。

• 決め打ちした左右のスプーンをすでに取られていたら、0通りである
• ? のとき、決め打ちした左右のスプーンの反対側をすでに取られていたら LR を問わないので2通り、そうでなければ1通りである。
• LR は問題文通りに取って1通りである。その結果、後の人はスプーンが取れないかもしれない。

コードはこちら

入れ替え操作で、 $S$ に含まれる ( と ) の数を変えることはできない。よって置き換え操作が要る。 ( が $L$ 個、 ) が $R$ 個あるとき、 $L > R$ なら $(L - R) / 2$ 個の ) を ( に置き換える。このとき最左の ) から順に ( に置き換える。なぜなら ( が左にあるほど正しい括弧列を作りやすいからだ。同様に $L < R$ なら $(R - L) / 2$ 個の ( を右からから順に ) に置き換える。

後は ( と ) の不整合があれば置き換える。置き換え一回のコストは $min(A, 2B)$ である。 $S$ を左から順にみていき、正しくない ) の位置と、 ) との対応が取れていない ( の位置を記録する。その後、最左の正しくない ) の位置と、最右にある ) との対応を順に取っていく。

コードはこちら

諦めた。以下0-based indexingで説明し、 $(A,B)$ から1引いておく。

$(0,0)..(N-1,N-1)$ の斜め線をずらしながら $M$ 本引けばいいと分かったのだが、どういう訳か行列を上手く入れ替えて $(A,B)$ を拾わなければならないと思って解けなかった。

公式解説を読んだら、別に入れ替える必要なかった。 $(A,B)$ が重なるような $(0,N-1)..(N-1,01)$ の斜め線が重なるようなずれ方が求まる。 $ofs=(A+B)modN$ だけ左にずらせばいい。 $ofs$ が $M$ 個なければ、足りない分は空いているところを使う。

コードはこちら

$K+1 = M$ のときは、 $2^K$ で割る。よって $n \leq k$ なら割り切れるので0、そうでなければ $2^N mod 10$ である。

$K+1 < M$ のときは、2のべき乗以外で割るので、その方法を考える。

$2^N = 2^{N-M} (2^M - 2^K) + 2^{N-(M-K)}$ より、 $2^N$ を $M-K$ 桁減らして $2^{N-(M-K)}$ にできる。これを $2^N$ が2進数で $M$ 桁未満になるまで繰り返す。この繰り返しは、 $n < m$ なら $C=0$ 回、そうでなければ $C = \lceil (n - (m - 1)) / (M-K) \rceil$ 回である。答えは $2^{N - C(M-K)} mod 10$ である。

コードはこちら

久しぶりのARC 灰diffである。

大は小を兼ねる。つまり500円硬貨は100円硬貨を兼ね、100円硬貨は50円硬貨を、50円硬貨は10円硬貨を、10円硬貨は5円硬貨を、5円硬貨は1円硬貨を兼ねる。よって大きな金額から順に使い、足りなくなったら小さな金額で払うようにすればよい。こうすれば大きな金額でお釣りが必要な場面が、小さな金額でお釣りが要らない場面より後に来ることは無くなる。

後は買い物の順番について順列組み合わせを全部試せばよい。と思ったら、順列は関係ないことが公式解説で分かった。

コードはこちら

ものすごく久しぶりのARC B問題 灰diffである。入力例の妥当性を確かめずに10分以内に提出してACした。

1-based indexingで、最右にある1が $i$ 番目にあるとする。操作 $A$ を $i$ 回、操作 $B$ を $i-1$ 回実行すると、初期状態から $i$ 番目だけを1、それ以外を0にできる。

この要領で、最右にある1から順に0から1に変えればよい。操作回数は高々 $N^2$ 回なので、 $10^6$ 回には十分間に合う。公式解説と同じ解き方である。

コードはこちら

緑diffが解けた。

左上から右下への経路と、左下から右上への経路は、少なくとも1マスを共有する。なぜならマスを共有しない経路は構築不可能だからだ。

そこで四隅からの他のマスへの距離を01-BFSで求める。ここで距離とは、始点とは色が違うマスの数である。始点は制約から距離0とし、終点のマスの色は 数えない 。その手前までの距離を記録する(うっかり実装を間違えたのだが実は正解だった)。

こうすると、それぞれのマスから四隅への距離の和 + 1が、あるマスを共有したときに紫色に変えなければならないマスの最小数である。+ 1したのは共有するマスは必ず紫にしなければならないからだ。あとは四隅を含めてすべてのマスについてこれらの値を求め、最小値が答えである。

公式解説を見たら、2経路で共有するマス云々を考える必要はない、なぜなら赤から紫に変えるのと青から紫に変えるのは独立な事象なので、と分かった。これをとっさに思いつくことができない。

コードはこちら

題意を読み解くのがかなり大変である。

$A$ を昇順に並べる。 $A_1 = 1$ なら解なしなので -1 を出力する。ここから $A$ に沿って実際に手を動かしてみる。

$2 \in A$ のとき、連続列 $[1,2]$ を崩すには間に 3 を挟んで $[1,3,2]$ にすればよい。 $2 \notin A$ のとき、連続列 $[1,2]$ を崩す必要なく、解は辞書順なので先頭から $[1,2]$ を並べる。

$3 \in A$ のとき、連続列 $[1,2,3]$ または $[1,3,2]$ を崩すには間に 4 を挟めばよい。辞書順で最小なので 4 を3番目に置けばよい。 $3 \notin A$ のとき、連続列を崩す必要ない。

ということは $B = [1..N]$ を先頭からみていき、 $i \in A$ なら $B_i$ と $B_{i+1}$ を入れ替える。ただし $i = N$ なら入れ替え不能なので -1 を出力する。こうしてできた $B$ が答えなので出力する。

公式解説の一番下にある方法と同じである。よく見たら、 $N \in A$ のときも即座に解なしとしてよかった。

コードはこちら

ARC 水diffには珍しく(?)、鋭い発想もエッジケースの考慮も必要なくて丁寧な数え上げで解ける。

$A_{1} = A_{2}$ と $A_{1} < A_{2}$ で場合分けする($A_{1} > A_{2}$ なら互いに入れ替える)。 $A_{2} < A_{3}$ なら桁が足りず、 $A_{2} + 1 < A_{3}$ なら桁あふれで解なしである。

$a = A_{1} = A_{2} = A_{3}$ の場合を考える。例えば $a = 3$ なら、 $100+100..999, 101+ 100..998, ..., 899+100$ である。これを一般化すると、 $d = 10^a - 2 \times 10^{a-1}$ として $\sum_{i=1}^{d} i = d(d + 1) / 2$ である。

$a = A_{1} = A_{2}, A_{3} = a + 1$ の場合を考える。 $a$ 桁の数と $a$ 桁の数を足しても $a$ または $a+1$ 桁にしかならないので、 $A_{1},A_{2}$ の組み合わせの総数 $(10^a - 10^{a-1})^2$ から上記の値を引けばいよい。

$A_{1} < A_{2} = A_{3}$ の場合を考える。例えば $A_{1} = 1, A_{6} = 5$ なら、 $1+100000..999998, ... , 9+100000..999990$ である。これを一般化すると、 $lower = 10^{A_{2}} - 10^{A_{2}-1} - 10^{A_{1}} + 1, upper = 10^{A_{2}} - 10^{A_{2}-1} - 10^{A_{1}-1}$ として、 $\sum_{i=lower}^{upper} i = (lower+upper)(upper-lower+1)/2$ である。

$A_{1} < A_{2} = A_{3} - 1$ の場合を考える。 $A_{1}$ 桁の数と $A_{2}$ 桁の数を足しても $A_{2}$ または $A_{2}+1$ 桁にしかならないので、 $A_{1},A_{2}$ の組み合わせの総数 $(10^{A_{1}} - 10^{A_{1}-1})(10^{A_{2}} - 10^{A_{2}-1})$ から上記の値を引けばいよい。

補集合の考え方も含めて、公式解説1とだいたい同じである。上記を $A_{1} \leq A_{2}$ とまとめてよかった。

コードはこちら

38分と3ペナである。

累積和の先頭が0というのが壁になる。まず昇順に並べてみる。このとき累積和は

• 先頭が0
• その後 $X$ に負の値があるなら累積和が負になる
• その後累積和は正になるかもしれない

である。 $K > 0$ のとき、累積和が正になるなら適当な $K$ を選んで条件を満たすことができる。よって $X$ の昇順が答えである。

$K < 0$ のときは累積和の最小値を求めればいい。昇順の累積和の最小値だと思ったらWAした。降順の累積和の最小値を求めればよく(累積和が負にならなさそうなものから選ぶので)、これは $S = \sum X$ である。よって $K \leq S$ なら $X$ の降順が答えである。

どちらでもなければ解なしなので No を出力する。

コードはこちら

解法はすぐ思いついたが、詰めに時間が掛かった。 $M$ が小さいので $2^M$ のビット全探索だろうと思った。実際その通りである。

以下 $1..M$ の整数を、0-based indexingで考えて $0..(M-1)$ とする。 $X$ の読み方を逆にする。つまり $B$ の間に $X_B$ が存在するのではなく、 $A$ に $B$ を置いたら $B$ を置けなくなり、 $X_B$ を置いたら $B$ を置けると考える。ある $B$ について $B = X_i$ となる $X_i$ の添え字 $i$ の集合を $S_B$ と置く。この添え字も0-based indexingにする。

$DP[i=0..N][s=0..(2^M-1)]$ は、 $A$ を長さ $i$ まで決めたときに、 $j=0..(M-1)$ を置けるかどうかの状態 $s$ になる $A$ の並べ方が何通りあるか、という定義する。 $s$ のビット $j$ が0なら $j$ を置くことができ、ビット $j$ が1なら $j$ を置くことができない。便宜上 $DP[0][0] = 1$ として $A_1$ は何でも置けるようにある。

DPの状態遷移を定める。 $DP[i][s]$ のビット $j$ が1なら $A_{i+1}$ に $j$ を置くことはできない。 $DP[i+i][s]$ のビット $j$ が0なら $A_{i+1}$ に $j$ を置ける。遷移先の状態 $u$ は、状態 $s$ のビット $j$ を1にして(置けないので)、 $\forall k \in S_j$ のビット $k$ を0にした(置けるようになるので)ものである。こうして $DP[i+1][u]$ に $DP[i][s]$ を足す。

$X_i$ はまた置けるようになる数字を示しているという考え方も含めて、公式解説とだいたい同じである。

コードはこちら

解法は早めに思いついたが、昇順の $A_1, ... , A_N$ に挿入する際に、先頭の前と末尾の後に挿入するときのバグがなかなか取れなかった。

$2..1000$ を二分探索する回数は以下の通り8977回なので、2倍して $N$ 足しても25000回制限は超えない。よって $A_{1..(2N-1)}$ の位置を二分探索する。

sum(purrr::map_dbl(2:1000, ~ ceiling(log2(.x))))
# 8977

$A_{1..N}$ の順番を確定させる。 $A_{P_1} \leq A_{P_2} \leq ... \leq A_{P_N}$ となるような $P_{1..N}$ を求める。これは以下の繰り返しで求まる。 $P$ の保持に std::vector を用いたとしても、 $\sum_{i=2}^{N} i = 500499$ なので、 std::vector に添え字で insert/erase して要素数に比例する計算時間が掛かってもTLEしない(96 ms)。

• $A_1 < A_2$ かどうか比較する。
• $i > 2$ について、 $A_{P_j} \leq A_i \leq A_{P_{j+1}}$ を満たすような $j$ を二分探索で求める。 $A_i \leq A_{P_{1}}$ または $A_{P_{N}} < A_i$ の場合も考慮する。この実装に時間が掛かってしまった。

$i > N$ について、 ある時点の $A$ を昇順に並べた時に、最小要素 $b=A_{P_1}$ と最大要素 $c=A_{P_{|A|}}$ を足して $A_{P_i} = b+c$ にする。これは $R$ がどんな値であっても題意の制約を満たす。

• $-R \leq b \leq 0 \leq c \leq R$ なら $-R \leq b+c \leq R$ である
• $0 \leq b \leq c \leq R$ なら $\sum_{i=1}^N A_i \leq R$ より、 $0 \leq b+c \leq R$ である
• $-R \leq b \leq c \leq 0$ なら同様に $-R \leq b+c \leq 0$ である

つまり $i > N$ 番目の要素 $A_{P_i} = A_{P_1} + A_{P_{|A|}}$ を作り、 $A_{P_1}, A_{P_{|A|}}$ を除いてから、上記の要領で $A_{P_i}$ を挿入する。これらをクエリとして入出力すると答えになる。

想定解法はマージソートだった。 std::vector に添え字で insert/erase すると要素数に比例する計算時間が掛かることを承知で、C++の力でごり押した感がある。

コードはこちら

B問題以降が難しすぎて、これがratedなら1完でもレーティングが上がった可能性がある。

ABA が A 、 BAB が B 、ということは、文字列に A と B の入れ替わりが2つ連続すればまとめて削除できる。よって連続する文字の入れ替わりが $L$ 回あったとして $\lfloor L/2 \rfloor$ 回削除できるので、 $1 + \lfloor L/2 \rfloor$ 通りの文字列を作れる。異なる連続部分は独立なので、それらの積(連続部分がなければ1)が答えである。

公式解説も方針は同じだが、使っているテクニックは驚きである。

コードはこちら

全く見当がつかなかった。

$i=1..N$ を定位置に置くのが最適解だと思ったが、上手く証明が思いつかなかった。公式解説1は $i=1..N$ の順に定位置に 置き 、公式解説2は $i=N..1$ の順に定位置に 置く 。