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２０１５．３．３１．ＴＵＥ．11：00-19：30
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A: Counting on a Triangle
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●問題概要
• 上記のように，正三角形状に座標が割り振られている(無限に 広がっている)
• 座標(𝑥, 𝑦)の重み = 𝑥 ∗ 𝑦と定義 • A段目からB段目の範囲に含まれる座標の重みの総和を出力 • 答えは大きくなるので109 + 7で余りを取ってください • 1 ≦ 𝐴 ≦ 𝐵 ≦ 106
（１，１） （２，１）（２，２）
（３，１）（３，２）（３，３） （４，１）（４，２）（４，３）（４，４）
:
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●部分点解法(20点)
• A段目からB段目の間に含まれる全ての座標を列挙 → 座標は 𝐴 + (𝐴 + 1) + … 𝐵 個ある
• 特に最悪ケース(𝐴 = 1)では，1 + 2 + ⋯ + 𝐵 =𝐵 𝐵+1
2 個ある
• 部分点制約(1 ≦ 𝐴 ≦ 𝐵 ≦ 2000)なら間に合う
（１，１） （２，１）（２，２）
（３，１）（３，２）（３，３） （４，１）（４，２）（４，３）（４，４）
:
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●考察
• ↑の正三角形を積の形にして式を眺めてみる(次スライド)
（１，１） （２，１）（２，２）
（３，１）（３，２）（３，３） （４，１）（４，２）（４，３）（４，４）
:
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●考察
• 積の形にしてみた（足し算記号は省略）
１×１ ２×１ ２×２
３×１ ３×２ ３×３ ４×１ ４×２ ４×３ ４×４
：
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●考察
• くくってみた • (k段目の座標の重みの和) = k×(1+…+k) • ここまで分かれば，高々100万回ループ回せばよさそう
１×（１） ２×（１＋２）
３×（１＋２＋３） ４×（１＋２＋３＋４）
：
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●解法
• ［解法１］1からkの総和をナイーブに計算しつつ， A≦k≦Bの範囲で，総和にkをかけたものを答えに足す for文を書く
• ［解法２］k=A..Bの範囲で𝑘 ×𝑘(𝑘+1)
2を足すfor文を書く
(総和の公式を使っている 余りを取るタイミングに注意)
• 時間計算量はどちらも O(B)
• ［解法３］1段目からN段目までの総和S(N)の公式は 頑張ったら計算できるのでそれを用いてS(B)-S(A-1)を出力． 今回は必要ない．
• 時間計算量は O(1)
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●ところで
• 今回，人によっては式に𝑘(𝑘+1)
2 や 𝑘 ×
𝑘(𝑘+1)
2が出てきた人が
いると思います．
• これらの計算結果はkが大きいと32bit整数型から溢れます．
• 64bit整数型を用いましょう．
• たとえばC++なら符号付き64bit整数型としてlong long という型が用意されています．
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B: How are you?
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●問題概要
• N人の社員がいる
• 社員 i は時刻 Si に出社し、時刻 Ti に退社する
• 自分がオフィスにいる間に入社した社員に対して
“How are you?” と聞く
• 各社員が何回 “How are you?” と聞くかを求めよ
• 1 ≦ N ≦ 10^5
• 1 ≦ Si < Ti ≦ 2N
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●部分点解法（30点）
• N ≦ 2000
• 素直に求める
• i,j の二重ループを回し、各 i について、
Si < Sj < Ti を満たすような j の個数を求める
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●満点解法
• N ≦ 10^5
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●満点解法
• Si の所が 1 でそれ以外が 0 であるような配列 A を考える
• すると、各 i について、A[Si] ~ A[Ti]の和を求めればいい
• 「ある区間の和」を高速に求めたい
• → 累積和
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●満点解法
• B[i] = A[0] ~ A[i] の和
• という配列 B を計算しておくと、
• A[L] ~ A[R] の和 = B[R] - B[L-1]
• として区間の和を求めることができる
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●満点解法
• 計算量は、
• 前処理：O(N)
• 各 i に対する計算：それぞれ O(1)
• となり間に合う
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C: Palindrome Concatenation
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●問題概要
• 回文をいくつか繋いで、文字列 S を作りたい
• 長さ i の回文を使うとコストが Ci かかる
• 文字列 S を作るための最小コストは？
• 1 ≦ N ≦ 5000
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●部分点解法（40点）
• N ≦ 200
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●部分点解法（40点）
• dp[i] = S の i 文字目までを作るときの最小コスト
• というDPをする
for (i = 0~N-1) { for (j = 1~N-i) { // 使う回文の長さ if (S[i]~S[i+j-1] が回文) { dp[i+j] = min(dp[i+j], dp[i]+C[j]) } } }
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●満点解法
• N ≦ 5000
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●満点解法
• ここを O(1) で計算できるようにしたい
for (i = 0~N-1) { for (j = 1~N-i) { // 使う回文の長さ if (S[i]~S[i+j-1] が回文) { dp[i+j] = min(dp[i+j], dp[i]+C[j]) } } }
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●満点解法
• A[L][R] = S[L]~S[R] が回文かどうか
• というテーブルを前計算しておく
for (center = 0~N-1) { L = R = center while (L,R が範囲内かつ S[L] == S[R]) { A[L][R] = 回文である } L = center, R = center+1 while (L,R が範囲内かつ S[L] == S[R]) { A[L][R] = 回文である } }
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●満点解法
• あるいは、メモ化再帰にする
bool isOK(L, R) { if (すでに計算した) return メモした結果 if (L > R) return true if (S[L] != S[R]) return false return isOK(L+1, R-1) }
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●満点解法
• 計算量は、
• 前処理：O(N^2)
• DP：O(N^2)
• となり間に合う
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D: Game on a Grid
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●問題概要
• W×Hマスの二次元盤面がある • 各マスには非負整数の得点が割り当てられている • 上下左右に移動可能で，スタートとゴールが決まっている
(別にゴールに入っても移動し続けてよい) • あるマスを初めて訪問するとき，
1. (直前に居たマスの点数)×(そのマスの点数) 2. (そのマスの点数)
の両方を得点として得る • 達成できる最大得点を出力せよ．
• 1≦H,W≦100 • 0≦各マスの得点≦100
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●考察１ 全てのマスを辿る必要があるか？
• 全部のマスを辿ったほうが良さそう？ →正しい 全得点が非負なので損することはない • 得点が0のマスを辿る必要はないことがあるが，
辿ったと考えて損はしない • とりあえず全マス辿るので，
Σ(全マスの点数)は確保 • 移動についてはまだ考えていない
1 1 0
1 2 3
2 2 3
ゴール地点
スタート地点
(いちおう適当な盤面の例)
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●考察２ 得点の発生する移動(1)
• 得点の発生した移動のみを視覚化してみると必ず木になる • どんな頂点から始めても任意のグリッドグラフの全域木が
作れるのでは？しかも辺の重みは無向？ →どちらも正しい(木の形をどのように仮定しても作れる)
• スタートとゴールはどうでもよい
1 1 0
1 2 3
2 2 3
ゴール地点
スタート地点
(いちおう適当な盤面の例)
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●考察２ 得点の発生する移動(2)
• 移動で得られる最大得点はグリッドグラフの最大全域木
のコストに等しい(当然，辺のコストは2マスの点数の積) • 最大全域木を求めるには，最小全域木アルゴリズムでの
大小関係を真逆にして行えばよいことが知られている
• Prim法でもKruskal法でもよい
1 1 0
1 2 3
2 2 3
ゴール地点
スタート地点
(いちおう適当な盤面の例)
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●解法
• マスを頂点，辺のコストを隣接する2マスの点数の積とした
無向グラフを考える
• 最大全域木のコストを何かしらのアルゴリズムで求める
• 最大全域木のコストにΣ(全マスの点数)を足したものを出力
• Kruskal法を用いる場合，辺のソートをバケットソートで 行えば時間計算量 O(WH×A(WH))
※A(n):=アッカーマン関数の逆関数 • 通常のKruskal法でもPrim法でも
O(WH log (WH))でも十分間に合う
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E: Line up!
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●問題概要
• 色々な高さの身長を持つ社員がN人が一列に並んでいる • 各人について，自分の左には自分の身長未満の人しかいない
状況にしたい • 隣り合う2人は入れ替わることができる
→そのとき身長の小さいほうの身長値だけのコストがかかる
• 並び替えにかかる最小の合計コストを出力 • もしそのような状況が存在しないなら-1を出力 • 1 ≦ N ≦ 10^5 • 1 ≦ 各人の身長H[i] ≦ 10^8
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●自明な考察
• 同じ身長の組が存在すれば-1を出力
• もしそうでないとき，身長は全員相異なり 各人が昇順に並んだ状況のみが唯一の答え
• 以降のスライドでは全員の身長が相異なるものとして解説
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●部分点解法(30点)
• 1≦N≦1000という部分点制約がある • 隣接する要素H[i],H[i+1]の入れ替えにmin(H[i],H[i+1])の コストがかかるバブルソート問題に帰着 • 無駄な入れ替えを行わない隣接要素を入れ替えるタイプの
整列プログラム(例えばバブルソート)を書けば間に合う
for(int i = 0 ; i < N-1 ; i++){ for(int j = 0 ; j+1 < N-i ; j++){ if( H[j] > H[j+1] ){ ans += H[j+1]; swap(H[j],H[j+1]); } } }
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●考察
• 無駄なくバブルソートすることを考えると， ある要素の自分より大きい要素との交換回数は入れ替えの 仕方に関わらず一定
• 先ほどのソースコードを見ても分かるように 「ある要素の自分より大きい要素との交換回数」 ×「その要素の値」
の総和が求まればよい • 結局，実際に整列をシミュレーションしなくても，各要素に
ついて，「初期状態で自分より手前にある自分より大きい 要素の数」がその要素の交換回数
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●解法
• その要素の交換回数（＝自分より手前にある自分より大き い値の要素の数）を求めていく．
• 先頭からの逐次計算であれば，これは Segment Tree(*) と 呼ばれるデータ構造を用いると高速に計算できる．
(*)ここでは，「区間和の計算」「ある要素への加算クエリ」 を行える Segment Treeを指す．以降セグ木と呼ぶ．
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●解法
• H[1],H[2],…,H[N]を座標圧縮する．そして各値が何番目に 来るかをX[1],X[2],…,X[N]としておく．
• セグ木のインデックスにその座標圧縮値を対応させ， [a,b]に対する計算クエリがH[a]以上H[b]以下の要素の数に なるように実装する．
• i=1..Nの順番に以下の処理を行う 1. H[i]より大きい値の数(セグ木の[X[i]+1,N]の区間和)を計算 2. (その計算値)×H[i]を全体的な答えに加算 3. セグ木のX[i]番目を+1する
• 全体的な答えを出力 • 算術オーバーフローに気をつけること
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●解法
• セグ木の実装はBinary Indexed Treeが簡単
■計算量 • 座標圧縮はただのソートとユニーク処理，二分探索なので
合計でO(N log N) • セグ木構築の空間計算量はO(N)
(※明らかに 1≦X[i]≦N (1-indexedの場合)なので) • セグ木へのクエリにかかる時間計算量は合計でO(N log N)
• やっぱり全体として見ても
• 空間計算量 O(N) • 時間計算量 O(N log N)
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●最後に
今回は，座標圧縮の方法やセグメントツリーの実装方法に ついては長くなるので省きました． 必要となる知識である • 座標圧縮 • セグメントツリー • SegmentTreeを用いたバブルソートの交換回数の計算 この３つの全ての実装方法がプログラミングコンテスト チャレンジブックに載っているので参考にするとよいでしょう
