「みんなのプロコン」本選解説

maroonrk, semiexp

A 問題：YahooYahooYahoosemiexp

問題概要

•文字列 S に対して次の操作ができる• 任意の 1 文字削除• 任意の位置に 1 文字挿入• 任意の 1 文字変更

• S を “Yahoo” の繰り返しにするのにかかる操作回数の最小値は？

文字列の編集距離

• 「“Yahoo” の繰り返し」のほうが固定文字列だったら有名問題（文字列の編集距離）

• この場合は DP で解ける

• dp[i][j]: S[1..i], T[1..j] の間の編集距離

この問題の解法

• dp[i][j]: S[1..i] を YahooYahoo…YahooYah （最後はYahoo の先頭 j 文字）にするのにかかる最小操作数として DP

•遷移は編集距離の場合とほとんど同じ

注意

• DP 遷移が循環する• dp[i][0] -> dp[i][1] -> dp[i][2] -> dp[i][3] -> dp[i][4] ->

dp[i][0] -> …•適当に 1 周だけすると境界でおかしいことになりうる

• 例えば 4 -> 0 -> 1 -> 2 -> 3 -> 4 みたいな遷移だけをやると，”yahyahoo” でWA になるはず

• 2 周すれば OK• 最適なパスを考えると，1 周以上は絶対にしない• 2 周しておけば，必要などんなパスも網羅できる

B: チーム決めsemiexp

問題概要

• チーム高橋には N 人の候補者がいて，K 人をコンテストに参加させたい

• チーム青木にはM 人の候補者がいて，K 人をコンテストに参加させたい

•各参加者には「実力」が定まっている• 「両チーム内で i番目に強い参加者の実力差」の

max を最小化したい

解法の方針

•最大値最小化•二分探索をしたくなる• チーム間の実力差を X 以下にできるかを判定する問題を考える

判定問題

•貪欲法で解ける• 「実力差が X 以下になる参加者のペアのうち，最も実力の値が大きいペアから順に取っていく」を繰り返して，K ペア作れれば OK

正当性の証明

• まず，そのようなペアは自然に定まることに注意する• チーム高橋 / 青木の中で，「相手チームからペアの相手を選べる人」のうち実力が最大の人，をそれぞれ選んでくると，その 2 人同士はペアになれる

• このペアを使わない解があったら，適当なペアを外して実力最大ペアに置き換えてもよいから，この実力最大ペアは使うとしてよい

•次のペアは，残った人の中から実力最大ペアを選べばよいことが同様にわかる

• …

アルゴリズム

• チームごとに，候補者を実力でソート• チーム高橋の中で，実力が大きいほうから順に，「その人の実力を X として，X-K 以上 X+K 以下の実力を持つ人が，チーム青木（の中でまだペアにしてない人たち）の中にいるか」を二分探索で判定

• そのような人がいれば，その中で最も実力が大きい人とペアにする

• さもなくば，その人はペアにせず，次の人を見る•最終的に K ペアできていれば OK

アルゴリズム

• このアルゴリズムは O(N log N) で動作• 事前にソートしてあれば，尺取法を用いて O(N)でやることもできる

•二分探索をするので，実力の最大値をM としてO(N log N log M)

C: 倍数クエリsemiexp

問題概要

•数列 𝐴1, 𝐴2, … , 𝐴𝑁と，定数𝑀が与えられる• 𝐴𝐿𝑖, 𝐴𝐿𝑖+1, … , 𝐴𝑅𝑖 に一律に 𝐷𝑖 を加え，その後この中に含まれる𝑀の倍数の個数を求めるクエリを 𝑄回処理する

解法

•数列上である区間にある値について，mod𝑀 での個数を持っておくことを考える

• 「この区間全体に 𝐷 を足す」「この区間全体の𝑀の倍数の個数を求める」のは，区間全体に足された値を別に覚えておけば 𝑂(1)

• この区間に対して，中途半端に操作をするときは，操作対象の位置全部をいちいち調べないといけない

解法

•長さ 𝑁ごとに区間を区切って前ページに述べたことをやる（平方分割）

• クエリ操作は，• 区間全体に亘る操作：𝑂 𝑁

(区間が 𝑁個，各区間で 𝑂 1 の操作)• 区間に対して中途半端な操作：𝑂 𝑁

(区間長が 𝑁で，関係する区間は高々 2 個)

• 𝑂(𝑄 𝑁)となるので間に合う

D: KthLIS解説maroonrk

問題概要

•長さ N の配列 A が与えられる

•辞書順で K 番目の最長増加部分列を出力

考察

• とりあえず、LISの長さを求め、L と置きます

• LISの求め方は、この本選に来ている皆さんならばおそらく知っているはずです

考察

• あらかじめ、A の末尾に番兵として infを付け足したものとします

• こうすると、任意のLISが最後の要素を含むことになるので、あとで便利です

考察

•全ての i(1<=i<=N) について B[i] を以下のように定めますB[i]=A[1:i]の単調増加な部分列であって、最後の要素が A[i] であるものの最長の長さ

• B[i] は、普通にLISを求める途中で出てきます

考察

• ここで、問題を次のように言い換えます

• N 頂点からなるグラフがあり、すべてのi,j(1<=i<j<=N) について、B[i]+1=B[j] ならば i->j の有効辺を張る

• L 頂点を通るパスのうち、A[通る頂点番号] を並べたものが辞書順で K 番目のものを求める

考察

• このままでは、有向グラフ上の異なる二つのパスで、 A[通る頂点番号] を並べたものが重複することがあります

• これはいったいどのような状況でしょうか

考察

• このような形があると、重複が起きそうです• ではどうすれば防げるでしょうか？

A[i]=A[j]

i

A[j]=A[i]

j

A[p]>A[i]

pB[i]=B[j]

B[i]+1=B[p]

考察

• この辺を消せばよさそうです→実際うまくいきます

A[i]=A[j]

i

A[j]=A[i]

j

A[p]>A[i]

pB[i]=B[j]

B[i]+1=B[p]

考察

• より正確に書けば、i,j,p (1<=i<j<p<=N) であって、A[i]=A[j],B[i]=B[j],B[i]+1=B[p]を満たすものがある時、i->p の辺を消します

•消すことによって、数え漏れが生じる（存在するはずだったパスが消えて、重複しないものも消してしまう）ことが起きないことは、すぐに確認できます

考察

• また、先ほどのような辺を全て消すことで、重複の起きるパスがなくなることもわかります

• よって、先ほどのような辺のない有向グラフを構築し、長さ L のパスであって、A[通る頂点番号] を並べたものが辞書順で K 番目であるものを素直に求めればよいとわかります

考察

•制約的にグラフの構築がそもそも愚直に行えませんが、それについては後回しにします

考察

•辞書順で K 番目のものを求めるまえに、そもそも全部で何通りのパスがあるのかを求めてみます

• これは DP で計算できますDP[i]= 頂点 iを出発し、B[j]=L を満たす全ての jにたどり着く場合の数と定義します

考察

•初期値として、DP[N]=1 とします（A の末尾の要素は infであり、これは任意のLISに含まれるため）

• あとは、B[i] の大きいものから順に DP[i] を更新していきます

•遷移は、iから出る辺の行き先を v1,v2,v3… としたとき、DP[i]=DP[v1]+DP[v2]+DP[v3]+… となります

考察

• この情報があれば、辞書順 K 番目のものを復元するのは容易です

• いま、最初の X 個が確定しているならば、B[i]=X+1 となるすべての iを、A[i] の小さい方から試します

• ある頂点を移動先として選んだ時に、そこから何通りのパスがあるかはDPで求めてあるので、辞書順 K 番目のものが含まれているものを見つけたらそこに移動します

考察

•今までのことをそのままやるとグラフの変数がO(N^2) になって大変なので、頑張って削ります

• グラフの辺を使うのは、DPを求める時と、辞書順 K 番目のものを復元する時です

考察

•頂点 iから出る辺の行き先となる頂点の集合は、B[j]=B[i]+1,Si<=j<=Ti(Si,Tiは iに応じて決まる数)を満たす j すべてであることがわかります

• すると、B[i] の値ごとに頂点をグループ分けし、グループごとに DP[i] の累積和を求めておけば、陽にグラフを持たずに、高速にDPの更新が行えるとわかります

考察

• また、復元の時は、それぞれの頂点について、その頂点に移動するかどうかを検討する回数が 1 回しかないので、グラフの辺をたどる操作は全体でO(N) 回しかありません

• よって、グラフを陽に持っていなくても、行いたい操作はすべて行えることがわかりました

まとめ

• LISを求めるのに O(NlogN)

•各 iについて、Si,Tiを求めるのは、二分探索を使えば O(logN) ででき、全部で O(NlogN)

• DPの更新、LISの復元はどちらも O(N)

• よって全体で O(NlogN) でこの問題は解けました

E: 瞬間移動装置semiexp

問題概要

• N 個の都市があり，各都市間には瞬間移動装置がある

• しかし，M 個の瞬間移動装置は壊れていて使えない

• 「都市 𝑐𝑖から 𝑑𝑖 まで移動するのに，最小で瞬間移動装置を何回使えばいいか」というクエリに Q 回答える

問題概要

•要は，グラフが与えられるので，その補グラフ上で最短経路長クエリを解け

•元のグラフを 𝐺，補グラフを ҧ𝐺 で表します• s から t までの最短経路長を考える

N が大きい場合？

• N が大きければ， ҧ𝐺はかなり密になりそう• 𝐺 で辺がなければ 1 で行ける•密なので，辺があったとしてもだいたい 2 で行けそう

1 か 2 で行ける場合

• ҧ𝐺 で s, t のどちらともつながっている頂点が存在すれば，高々 2 で行ける

• s の次数，t の次数がいずれも N/2 より大きければ，どちらともつながっている頂点が存在する

無理な場合

• s, t の ҧ𝐺 での次数が小さい = 𝐺 での次数が大きい場合は，最短路問題を解かないといけない

•普通にやろうとすると， ҧ𝐺の辺数があまりに大きいため困難

•実は O(N+M) でできる

補グラフ最短路

• BFS を行う• BFS の途中で「次訪れる頂点」を知る必要があるが，これは「今見ている頂点の ҧ𝐺での隣接頂点」を列挙するかわりに，「まだ訪れていない頂点」について「今見ている頂点に 𝐺で隣接していないか？」を調べ，隣接していないときはキューに追加

隣接点の列挙

• まだ訪れていない頂点を昇順に vector などで持っておく

•各頂点の隣接リストも昇順にソートしておく• 「まだ訪れていない頂点で，隣接リストに含まれないもの」を列挙するのは，先頭から見ていくことでO(|未訪問頂点| + |隣接頂点|) でできる

• しかも，次の段階の未訪問頂点リストも，ソートされた形で同時に求められる

隣接点の列挙：計算量

•実はこれで BFS を行うと O(N+M) になる

•未訪問頂点数の総和を見積もりたい•一番最初は N-1 個• 2 番目以降は，前回で後回しにされた頂点だけが残る

•各段階では，隣接頂点しか後回しにできない• 「後回し」は合計で高々M 回起きる•全体で O(N+M)

解法

• 𝐺 で次数の小さい (N/2 未満) 頂点同士なら答えはすぐにわかる (1 or 2)

•次数の大きい (N/2 以上) 頂点については，そこから先述の BFS をやっておく

• これでクエリを高速に処理できる

計算量

•次数の大きい頂点は O(M/N) 個• それぞれについて O(N+M) かかる•計算量は O(M^2/N) ???

•実は 𝑁 = Ω( 𝑀)なので計算量は 𝑂 𝑀32 である

ことがわかる