Блог пользователя Serega

Автор Serega, 11 лет назад, По-русски

332A - Выпьем?

Поскольку n ≥ 4, один ход Васи никак не влияет на то, выпьет ли он стакан сока во время другого своего хода. Следовательно, задача заключается просто в том, чтобы найти в заданной строке количество позиций, номера которых (в 0-индексации) кратны n и перед которыми стоит хотя бы три одинаковых символа.

Асимптотика решения — O(|s|)

Код

332B - Максимальная абсурдность

Предварительно построим массив частичных сумм, который позволит отвечать на запрос суммы на отрезке за O(1). Будем перебирать по убыванию число a из ответа — левую границу того из наших отрезков, который лежит левее. Теперь нужно среди отрезков длины k, начинающихся с элемента не левее a + k, выбрать отрезок с максимальной суммой. Поскольку a перебирается по убыванию, то такой отрезок можно поддерживать при переходе от a к a - 1.

Асимптотика решения — O(n).

Код

332C - Месть студентов

Отсортируем приказы в первую очередь по возрастанию bi, а при равенстве bi — по убыванию ai. Можно считать, что в оптимальном решении все приказы, выполненные заведующей, следуют (в отсортированном списке) после тех приказов, которые она не выполнила (это может быть неверно в случае наличия одинаковых приказов, однако на параметры ответа это все равно не влияет). Переберем i — номер первого приказа в отсортированном списке, который выполнит заведующая. Слева от этого приказа нужно выбрать p - k приказов, которые заведующая не выполнит. Поскольку требуется, что сумма bi у этих приказов была наибольшей, можно выбрать последние p - k приказов, стоящие перед i-ым приказом. Справа от i-ого приказа требуется выбрать k - 1 приказ, который заведующая выполнит. Требуется, чтобы эти приказы имели максимальную сумму ai. Если i перебирать по убыванию, то эту максимальную сумму можно поддерживать, просто храня k - 1 максимальных ai из уже проанализированных в какой-нибудь стандартной структуре данных, работающей за логарифмическое время (типа multiset’а в C++),

Асимптотика решения — O(n log n).

Код

332D - Похищение чертежей

В задаче задан неориентированный взвешенный граф без кратных ребер и петель, удовлетворяющий следующему свойству: для любого k-элементного множества S его вершин существует единственная вершина, смежная со всеми вершинами этого множества (*) (эта вершина была названа в условии соседней с S). Для любого k-элементного множества можно вычислить специальную характеристику, равную сумме весов ребер, ведущих из вершин этого множества в соседнюю с ним вершину. Требуется найти среднее арифметическое характеристик всех k-элементных множеств вершин.

Решить эту задачу позволяет следующий факт (доказательство которого приведено ниже): при k ≥ 3 условию задачи удовлетворяет только полный граф из k + 1 вершины. Для полных графов ответ на задачу равен удвоенной сумме длин всех ребер, деленной на n. Точно так же вычисляется и ответ для k = 1. Осталось рассмотреть случай k = 2. Переберем вершину i, которая будет являться соседней с нашим двухэлементным множеством. Выпишем в порядке возрастания все такие номера вершин j, что ci, j ≠  - 1. Любые две вершины из построенного списка образуют множество, для которого вершина i является соседней, а других таких множеств не существует. Перебирая все пары вершин из этого списка, мы можем прибавить характеристики всех этих множеств к ответу. Поскольку в задаче гарантируется, что граф удовлетворяет свойству (*), то каждая пара вершин будет проанализирована ровно один раз. Отметим, что аналогичный подход используется и в валидаторе к данной задаче.

Асимптотическая сложность решения составляет, таким образом, O(n2)

Код

Доказательство.

Пусть в графе любые k вершин имеют ровно одну общую смежную вершину (*)

Лемма 1. У любых двух вершин ровно k - 1 общая смежная вершина.

Рассмотрим две произвольные различные вершины s, t. Пусть v1, v2, ..., vl — все различные общие смежные вершины этих двух вершин. Если l ≥ k, то мы получим, что вершины из множества {v1, ..., vk} имеют две общие смежные вершины s, t, что противоречит (*). Пусть теперь l ≤ k - 2. Рассмотрим множество вершин S = {s, t, v1, ..., vl}, состоящее из l + 2 ≤ k элементов. Если l + 2 < k, дополним это множество до k-элементного произвольными вершинами, не входящими в S. Полученное множество назовем T. Согласно (*), существует единственная вершина u, не входящая в T, которая смежна со всеми вершинами из T. В частности, эта вершина смежна с вершинами s и t. Однако по построению во множестве T должны были находиться все вершины, смежные c s и t, в том числе и вершина u. Получили противоречие. Значит, l = k - 1.

Лемма 2. В нашем графе найдется полный подграф из k + 1 вершины.

Рассмотрим множество S = {v1, ..., vk, vk + 1}, в котором v1, ... vk — произвольные попарно различные вершины нашего графа, vk + 1 — их общая смежная вершина. Приведем конструктивный способ построения полного подграфа на основе этого множества. Осуществим k - 1 итерацию, на i-ой итерации будем рассматривать вершину vi. Если эта вершина смежна со всеми вершинами vi + 1, ..., vk, то перейдем к следующей итерации. Иначе рассмотрим множество T = {v1, ..., vi - 1, vi + 1, ...vk + 1}. У вершин из T существует ровно одна общая смежная вершина u (не совпадающая, очевидно, с vi, поскольку vi смежна не со всеми вершинами из T). Заменим вершину vi на u и перейдем к следующей итерации. После окончания последней итерации множество S, очевидно, будет являться множеством вершин полного подграфа.

Покажем, что при k ≥ 3 наш граф — это полный граф из k + 1 вершины. Согласно лемме 2, в этом в графе найдется полный подграф с множеством вершин S = {v1, ..., vk + 1}. Допустим, что в нашем графе найдется вершина u, не принадлежащая S. Так как S — множество вершин полного подграфа, а любые две вершины согласно (1) имеют ровно k - 1 общую вершину, то все общие смежные вершины v1 и v2 (как и любых двух различных вершин из S) лежат в S. Если любые k вершин имеют общую смежную вершину, то и любые i (2 ≤ i ≤ k - 1) вершин имеют общую смежную вершину (возможно, не единственную). В частности, поскольку k ≥ 3, общую смежную вершину имеют вершины v1, v2, u, и эта вершина принадлежит S (как общая смежная вершина v1 и v2). Если допустить, что у u есть две смежных вершины x, y из S, то получим противоречие (1) (поскольку у этих двух смежных вершин будет k общих смежных вершин). Следовательно, в S существует единственная вершина x, смежная с u. Возьмем вершину y из S, отличную от x. У вершин (u, x, y) есть общая смежная вершина, и она принадлежит S. Но это значит, что u имеет две смежных вершины из S. Противоречие.

332E - Двоичный ключ

Переберем cnt — количество единичных бит в ключе. Заметим, что cnt достаточно перебирать до min(|s|, k), поскольку ключи, содержащие более чем |s| единичных бит, не могут являться минимальными лексикографически.

Научимся решать задачу для фиксированного cnt. Заметим, что любой полный проход по ключу соответствует выписыванию cnt из k просмотренных символов контейнера, т.е. контейнер разбивается на блоки длины k, а сообщение — на блоки длины cnt (последние блоки могут иметь меньшую длину). Пронумеруем символы каждого блока сообщения от 0 до cnt–1. Назовем (q, j)-суффиксом сообщения суффикс его q-ого блока, начинающийся с позиции j в этом блоке. Решим задачу динамическим программированием: di, j – верно ли, что существует ключ, первые i символов которого – нули и при использовании которого будет выписана строка, получаемая конкатенацией всех (q, j)-суффиксов сообщения. Переходы в этой динамике основаны на постановке в i-ую позицию ключа либо нуля, либо единицы (каждый раз нужно выбирать минимальный допустимый символ). Для восстановления самого ключа требуется сохранять для каждой подзадачи и сами выбранные символы, либо анализировать сами значения динамики.

Асимптотическая сложность решения — O(k·|s|2 + |p|).

Код

  • Проголосовать: нравится
  • +40
  • Проголосовать: не нравится

»
11 лет назад, # |
  Проголосовать: нравится +12 Проголосовать: не нравится

Really fast editorial, thank you. C problem is much harder than usual, I spent more than one hour on it. :(

»
11 лет назад, # |
  Проголосовать: нравится +6 Проголосовать: не нравится

" Since we search a in descending order, we can maintain this segment during the transition from a to a - 1."

Can you please explain this sentence a bit better?

  • »
    »
    11 лет назад, # ^ |
    Rev. 2   Проголосовать: нравится +7 Проголосовать: не нравится

    Here is an example:

    k = 2, n = 8
    Indices:  1 2 3 4 5 6 7 8
    Elements: 1 2 3 4 9 5 5 6
    

    We start from a = 5. There is only one another segment (i.e. {5, 6} with indices [7, 8]). We remember it for another steps.

    Now we move a to 4. There are one new another segment {5, 5}. We compare it with previous maximum value. In this example {5, 6} is better than {5, 5}, that's why we do nothing.

    Then we move a to 3. This time new possible segment {9, 5} (indices [5, 6]) is better than our maximum and we remember it.

»
11 лет назад, # |
  Проголосовать: нравится +19 Проголосовать: не нравится

C можно решить при помощи массива и нескольких sort-ов :)

»
11 лет назад, # |
Rev. 2   Проголосовать: нравится +12 Проголосовать: не нравится

По D еще есть решение без случаев, не использующее никакие соображения о виде графа.

Рассмотрим каждую вершину графа. Для любого k-элементного подмножества своих смежных вершин она является соседней (потому что соседняя у этого подмножества только одна). Если у вершины всего m соседей, то подмножеств размера k, для которых она соседняя, всего Cmk. Найдем сумму всего, что может прийти в эту вершину: всего используется Cmk·k ребер, среднее ребро при этом весит вот так: (сумма весов всех смежных ребер)/m. Итого в вершину придет Cmk·k * sum / m.

Просуммируем для всех вершин и поделим на общее количество k-элементных подмножеств — получим среднее для одного подмножества, что и требуется.

4155395

  • »
    »
    11 лет назад, # ^ |
      Проголосовать: нравится 0 Проголосовать: не нравится

    спасибо за классную идею! только поправьте, если я неправ: в ваше решение закралась опечатка:

    ...всего используется C_m^k * k ребер.

    ...итого в вершину придет C_m^k * k * sum / m

»
11 лет назад, # |
  Проголосовать: нравится 0 Проголосовать: не нравится

Any solutions for problem D?

»
11 лет назад, # |
  Проголосовать: нравится +19 Проголосовать: не нравится

take too much time on understanding the meaning of Problem C.

»
11 лет назад, # |
  Проголосовать: нравится +3 Проголосовать: не нравится

В можно было еще и динамикой решить:

dp[i][j] — ответ на задачу, если у нас есть i первых законов, а выбираем мы j отрезков длины k.
Раз в задаче надо взять только два отрезка, то j будет только либо 1, либо 2:
1. Для j = 1, dp[i][1] = min(dp[i - 1][1], ps[i] - ps[i - k]) — либо берем отрезок, заканчивающийся в позиции i, либо не берем.
2. Для j = 2, dp[i][2] = min(dp[i - 1][2], ps[i] - ps[i - k] + dp[i - k][1]) — аналогично.
(ps[N] — массив префикс сумм)

В итоге решение за O(N).

»
11 лет назад, # |
  Проголосовать: нравится -6 Проголосовать: не нравится

The problems are all trsanslated well , but all problems are too long . Maybe for some problems , the shorter description will be better.

»
11 лет назад, # |
  Проголосовать: нравится +9 Проголосовать: не нравится

The problems are translated well , but all problems are too long ! Shortering some problems will be better .

»
11 лет назад, # |
  Проголосовать: нравится +1 Проголосовать: не нравится

Со вчерашнего дня думал, что в С недовольство возрастает если выполнить задание. Всю ночь не врубался в решение. Так печально.

»
11 лет назад, # |
  Проголосовать: нравится +4 Проголосовать: не нравится

Problem C is a good problem .

»
11 лет назад, # |
  Проголосовать: нравится 0 Проголосовать: не нравится

Ребят, поясните задачу B пожалуйста. Разбор совсем не понял. В разборе говорится только о элементе А, о элементе В же речи не идет. Как с ним поступать? Логично, что его нужно как-то зафиксировать, видимо. Но как с ним работать, я не совсем понимаю.

Размышляя над задачей пришел к следующему. Давайте будем считать не массив частичных сумм, а массив сумм на отрезке длинны k. Тогда получим следующий набор элементов: а[0] -- сумма на промежутке от 0 до k — 1. а[1] -- сумма на промежутке от 1 до k. а[2] -- сумма на промежутке от 2 до k + 1. ... а[n — k + 1] -- сумма на промежутке от n — k + 1 до n.

В таком случае задача сводится к следующей. Найти два элемента массива А на расстоянии не менее k так, чтобы их сума была максимальной. А вот здесь вот, что делать, я уже не очень себе представляю. Подскажите.

И, если несложно, поясните разбор задачи В.

  • »
    »
    11 лет назад, # ^ |
      Проголосовать: нравится 0 Проголосовать: не нравится

    Вы перебираете индекс a по убыванию. Соответственно, все индексы b, которые могли использоваться при больших a, могут использоваться и при данном a. При переходе от a + 1 к a в список доступных для использования мог добавиться лишь один отрезок — тот, у которого b = a + k. Таким образом, при переходе от больших a к меньшим мы просто можем поддерживать искомый индекс b (тот, который позволяет достичь максимальной суммы во втором отрезке). На мой взгляд, после просмотра авторского решения эта идея должна стать вполне понятной.

»
11 лет назад, # |
  Проголосовать: нравится +3 Проголосовать: не нравится

Can anyone tell me how to prove `` if k ≥ 3, only complete graph containing k + 1 vertices satisfies the problem statement''?

»
9 лет назад, # |
  Проголосовать: нравится 0 Проголосовать: не нравится

332B - Maximum Absurdity
TestCase
4 1
1 2 2 2
I am not able to understand why 2 4 is wrong answer for above test case. My submission: 12785367

  • »
    »
    9 лет назад, # ^ |
      Проголосовать: нравится 0 Проголосовать: не нравится

    "If there are multiple solutions, print the one with the minimum number a. If there still are multiple solutions, print the one with the minimum b."

»
5 лет назад, # |
Rev. 2   Проголосовать: нравится 0 Проголосовать: не нравится

My code Got that mine was giving the wrong answer. Trying to find out why..

»
4 года назад, # |
Rev. 4   Проголосовать: нравится 0 Проголосовать: не нравится

Div.2-Problem B using 2d DP LINK