CPSCO2019 Session3: F - Flexible Permutation

問題記録 CPSCO2019 DP 順列のDP

https://atcoder.jp/contests/cpsco2019-s3/tasks/cpsco2019_s3_f

問題概要

１～Nの順列Pのうち

  • Pi > i であるような i がA個
  • Pi < i であるような i がB個
  • Pi = i であるような i がN - A - B個

という条件をすべて満たすものが何通りあるか求めよ。

N <= 300

解法

O(N3)解

想定解はO(N3)で、これはwriterによる解説がわかりやすいのでそちらを見るのが早い。ざっくり言うと (1～iを1～Piのどこかに置いた、>がa個、<がb個) を状態にとるDPで、(i+1)への遷移ではまず(i+1)をP(i+1)に置いてから既に置いてある数のうちどれかひとつと位置を入れ替える（もしくは入れ替えを行わない）ことを考える。数を小さい順に見ていっていることからP(i+1)に置かれる数は必ず < になるし、手前に置かれることになる(i+1)は必ず > になる。なので考慮すべき遷移は「> と入れ替える」「< と入れ替える」「入れ替えない」の3通りのみとなり、O(1)で計算できる。よって状態O(N3), 遷移O(1)の全体O(N3)で答えが出る。

O(N2)解

先程の解説でも言及されている通りこの問題にはO(N2)解が存在する。O(N3)解では = の数も考慮するためにO(N3)となっているが、これを捨てることで高速化できる。まず = にする(N-A-B)個の場所を先に決め打ってしまうと、あとは(A+B)要素の順列において「>がA個」「<がB個」「=が0個」の数をかぞえる問題になる（最初に決め打った分は最後にnC(n-a-b)をかければよい）。

DP自体も基本的にはO(N3)版と同じようなことをする。ただし=を捨てたので状態は (1～iを1～Piのどこかに置いた、>がa個) のN2に落ちる。また=が0個なので遷移の際に「入れ替えない」という選択肢はない。ただしどうしても=の存在する状態を経由しないと生み出せない順列があり（例えば2143は213からでないと作れない）、その分を考慮する必要がある。そしてこのようなケースは新たな数を一度に2つ追加してやることでうまく拾うことができる。つまり=がひとつもない状態の中のどこかにひとつ=を生やして、それを(i+2)と入れ替えることにする、という方法である。これは i -> (i+2) への遷移になる。またどの位置を=にするかで (i+1) の自由度があるのでその分を掛けるようにする。

感想

O(N2)でだいぶ悩んだ　説明できている気がしない

コード (D言語)

import std.stdio, std.array, std.string, std.conv, std.algorithm;
import std.typecons, std.range, std.random, std.math, std.container;
import std.numeric, std.bigint, core.bitop;
 
immutable long MOD = 10^^9 + 7;

void main() {
    auto s = readln.split.map!(to!int);
    auto N = s[0];
    auto A = s[1];
    auto B = s[2];

    if (A == 0 && B == 0) {
        writeln(1);
        return;
    }
    
    if (A == 0 || B == 0) {
        writeln(0);
        return;
    }

    auto dp = new long[][](A+B+1, A+B+1);
    dp[2][1] = 1;

    foreach (i; 2..A+B) {
        foreach (j; 0..i+1) {
            (dp[i+1][j] += dp[i][j] * j % MOD) %= MOD;
            (dp[i+1][j+1] += dp[i][j] * (i - j) % MOD) %= MOD;
            if (i + 2 <= A + B) {
                (dp[i+2][j+1] += dp[i][j] * (i + 1) % MOD) %= MOD;
            }
        }
    }
    
    writeln( comb(N, A+B) * dp[A+B][A] % MOD );
}

long f(int n) {
    long ret = 1;
    foreach (i; 1..n+1) ret = ret * i % MOD;
    return ret;
}

long comb(int n, int r) {
    return f(n) * powmod(f(n-r), MOD-2, MOD) % MOD * powmod(f(r), MOD-2, MOD) % MOD;
}

long powmod(long a, long x, long m) {
    long ret = 1;
    while (x) {
        if (x % 2) ret = ret * a % m;
        a = a * a % m;
        x /= 2;
    }
    return ret;
}

CPSCO2019 Session1: F - Fruits in Season

問題記録 CPSCO2019 二分探索

https://atcoder.jp/contests/cpsco2019-s1/tasks/cpsco2019_s1_f

問題概要

N個の果物があり、これを1日目からN日目まで毎日ひとつずつ食べていく。i番目の果物はj日目に食べるとAi-abs(j-ti)×Biの満足度が得られる。またある順番で果物を食べたとき、全体の満足度は各日に得られた満足度の最小値となる。自由に食べる順番を決められるとき、全体の満足度の最大値を求めよ。

N <= 2×104

解法

二分探索の見た目をしてるのでそうすると、二分探索の中身では「ある満足度xが与えられる。すべての果物の満足度がx以上になるように果物を各日に割り当てることは可能か？」という問題を解くことになる。そして満足度の式から各果物がx以上となるような日は連続した区間になっているので、この問題はさらに次のように言い換えられる。

  • 区間[l, r]がN個与えられる。それぞれの区間に対してl<=i<=rなる整数iをひとつだけ割り当てるとき、整数1～Nを重複なくすべての区間に割り当てることは可能か？

この問題は貪欲に解くことが可能で、割り当てる数を前から順番に見ていって、「その数を含む区間のうち右端が最小のもの」をその数に対して割り当てていけばよい。priority queueとかで実装すると楽。途中でできなくなったらNG。

感想

にぶたんの中身でだいぶ迷ってしまった　区間やりくり系の問題なんかいろいろバリエーションがある気がしてあまり整理できていない

あと本番では式の形を見た瞬間にアッCHTだわからない！！となって一瞬で布団に入って普通に寝てしまった（最悪）

コード (D言語)

import std.stdio, std.array, std.string, std.conv, std.algorithm;
import std.typecons, std.range, std.random, std.math, std.container;
import std.numeric, std.bigint, core.bitop;
 
void main() {
    auto N = readln.chomp.to!int;
    auto A = N.iota.map!(_ => readln.split.map!(to!long).array).array;

    bool check(long x) {
        auto S = new Tuple!(long, long)[](N);
        foreach (i; 0..N) {
            long t = A[i][0];
            long a = A[i][1];
            long b = A[i][2];
            if (a < x) return false;
            long l = (-a + t*b + x) / b + ((-a + t*b + x) % b != 0);
            long r = (a + t*b - x) / b;
            S[i] = tuple(l, r);
        }
        S.sort!();
        auto pq = new BinaryHeap!(Array!(long), "a > b");
        int p = 0;
        foreach (i; 0..N) {
            while (p < N && S[p][0] <= i + 1) pq.insert(S[p][1]), p++;
            if (pq.empty || pq.front < i + 1) return false;
            pq.removeFront;
        }
        return true;
    }

    long hi = 10L^^18;
    long lo = -10L^^18;

    while (hi - lo > 1) {
        long mid = (hi + lo) / 2;
        (check(mid) ? lo : hi) = mid;
    }

    lo.writeln;
}

いろはちゃんコンテスト Day2: F - 総入れ替え

問題記録 いろはコンDay2 期待値 2人ゲーム

https://atcoder.jp/contests/iroha2019-day2/tasks/iroha2019_day2_f

問題概要

箱が3つあり、それぞれの箱には100円玉がA1枚、B1枚、C1枚、50円玉がA2枚、B2枚、C2枚入っている。コインが1枚以上入っている箱をひとつ指定して、そこからランダムにコインを1枚取り出すという操作を2人で交互に繰り返すゲームを考える。双方が自分の手に入れる金額の期待値を最大化するように行動するとき、先手が最終的に手に入れる金額の期待値を求めよ。

0 <= A1, A2, B1, B2, C1, C2 <= 10

解法

dp[a1][a2][b1][b2][c1][c2]: 残っているコインの枚数がこれのとき先手が最終的に手に入れる金額の期待値

とすると、先手番の場合たとえば箱Aを選んだとき確率 a / (a+b) で 期待値 (dp[a1 -1][a2][b1][b2][c1][c2] + 100) 円となり、確率 b / (a+b) で 期待値 (dp[a1][a2 - 1][b1][b2][c1][c2] + 50) 円となる。なのでこのときの期待値は

a / (a+b) * (dp[a1 -1][a2][b1][b2][c1][c2] + 100) + b / (a+b) * (dp[a1][a2 - 1][b1][b2][c1][c2] + 50)

である。他の箱の場合も同様の計算をして最も大きい値のものをdp[a1][a2][b1][b2][c1][c2]として採用すればよい。後手番の場合は期待値の最も低いものをとる（決まった合計金額を2人で取り合うゲームなので、後手の期待値の最大化＝先手の期待値の最小化）。後手のdp計算の場合 +100 とか +50 は入らないことに注意する。あとはdpのインデックスがゼロのときとかをよしなにやる。実装はメモ化再帰のほうがやりやすい（当社比）。

感想

期待値の問題に対してものすごい苦手意識があるが、この問題の場合はそもそもよくあるタイプの2人ゲームなのでそういう感じのメモ化再帰を丁寧にやっていくことを考えるべきだった

コード (C++)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define REP(i,n) for (int i=0;i<(n);i++)
#define REP2(i,m,n) for (int i=m;i<(n);i++)
typedef long long ll;

int A, B, C, D, E, F, parity;
double mem[11][11][11][11][11][11];

double dfs(int a, int b, int c, int d, int e, int f) {
    if (a == 0 && b == 0 && c == 0 && d == 0 && e == 0 && f == 0) return 0;
    if (a < 0 || b < 0 || c < 0 || d < 0 || e < 0 || f < 0) return 0;
    if (mem[a][b][c][d][e][f] > 0) return mem[a][b][c][d][e][f];
    
    if ((a + b + c + d + e + f) % 2 == parity) {
        double x = (a + b > 0) ? (dfs(a-1, b, c, d, e, f) + 100) * a / (a + b) + (dfs(a, b-1, c, d, e, f) + 50) * b / (a + b) : 0;
        double y = (c + d > 0) ? (dfs(a, b, c-1, d, e, f) + 100) * c / (c + d) + (dfs(a, b, c, d-1, e, f) + 50) * d / (c + d) : 0;
        double z = (e + f > 0) ? (dfs(a, b, c, d, e-1, f) + 100) * e / (e + f) + (dfs(a, b, c, d, e, f-1) + 50) * f / (e + f) : 0;
        return mem[a][b][c][d][e][f] = max({x, y, z});
    } else {
        double x = (a + b > 0) ? dfs(a-1, b, c, d, e, f) * a / (a + b) + dfs(a, b-1, c, d, e, f) * b / (a + b) : -1;
        double y = (c + d > 0) ? dfs(a, b, c-1, d, e, f) * c / (c + d) + dfs(a, b, c, d-1, e, f) * d / (c + d) : -1;
        double z = (e + f > 0) ? dfs(a, b, c, d, e-1, f) * e / (e + f) + dfs(a, b, c, d, e, f-1) * f / (e + f) : -1;
        double ret = 1 << 29;
        if (x != -1) ret = min(ret, x);
        if (y != -1) ret = min(ret, y);
        if (z != -1) ret = min(ret, z);
        return mem[a][b][c][d][e][f] = ret;
    }
}

void solve() {
    cin >> A >> B >> C >> D >> E >> F;
    parity = (A + B + C + D + E + F) % 2;

    cout.precision(20);
    cout << fixed << dfs(A, B, C, D, E, F) << endl;
}

int main() {
    cin.tie(0);
    ios::sync_with_stdio(false);
    solve();
}

AtCoder Regular Contest 027: D - ぴょんぴょんトレーニング

問題記録 AtCoder ARC ARC #027 平方分割 DP DP遷移の行列化

https://atcoder.jp/contests/arc027/tasks/arc027_4

問題概要

N個の石が一直線に並んでおり、石x からは 1 ～ Hx 個先のどれかの石にジャンプすることができる。以下の形式のクエリがD個飛んでくるのでそれぞれに解答せよ。

  • 整数s, t (s < t) が与えられる。石sからスタートし、ちょうど石tにたどり着くような移動経路は何通りあるか？

N <= 3 × 105

Hx <= 10

D <= 5000

解法

Hがたかだか10なので、DPの遷移を10×10の行列で表すことができる (dp[11], dp[10], ..., dp[2]) = A ・ (dp[10], dp[9], ..., dp[1]) のような形)。あとはよくあるやつで行列をセグ木とか平方分割とかに乗せればよさそうなのだが、やたら定数倍が重くメモリ制限も小さめなので適当にやるとだめになる (3*105 * 102 * 64 bits で既に240MB)。自分は平方分割でやったが、合成前の個別の行列については陽に持たず必要になるたびいちいち生成するようにした。あとは行列の積を取る方向が微妙にややこしい（大きいインデックスのほうが左に来る）のでがんばる。あと公式解説にあるとおり各クエリに答えるときは行列同士をかけるのではなくベクトルにかけていくようにして時間計算量を抑えた。

感想

虚無みがあったが、DPの遷移を行列でやるやつについての理解は深まったのでよかった

コード (C++)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define REP(i,n) for (int i=0;i<(n);i++)
#define REP2(i,m,n) for (int i=m;i<(n);i++)
typedef long long ll;

const ll MOD = 1000000007;
const int SEG = 600;
const int M = 10;

int N, Q, s, t;
int H[303030];
ll bucket[SEG][M][M];
ll tmp[M][M];
ll tmp2[M][M];
ll vec[M];
ll vec_tmp[M];

void init_tmp() {
    REP(i, M) tmp[i][i] = 1;
}

void init_vec() {
    vec[0] = 1;
    REP2(i, 1, M) vec[i] = 0;
}

void gen(int i) {
    REP(j, M) REP(k, M) tmp[j][k] = 0;
    REP2(j, 1, M) tmp[j][j-1] = 1;
    REP2(j, 1, M+1) if (i - j >= 0 && H[i-j] >= j) tmp[0][j-1] = 1;
}

void prod1(int i) {
    gen(i);
    REP(j, M) vec_tmp[j] = vec[j];
    REP(j, M) vec[j] = 0;
    REP(j, M) REP(k, M) (vec[j] += tmp[j][k] * vec_tmp[k] % MOD) %= MOD;
}

void prod2(int seg) {
    REP(i, M) vec_tmp[i] = vec[i];
    REP(i, M) vec[i] = 0;
    REP(j, M) REP(k, M) (vec[j] += bucket[seg][j][k] * vec_tmp[k] % MOD) %= MOD;
}

void solve() {
    cin >> N;
    REP(i, N) cin >> H[i];
    cin >> Q;

    REP(i, SEG) REP(j, M) bucket[i][j][j] = 1;
    for (int i = 0; i < N; ++i) {
        gen(i);
        REP(x, M) REP(y, M) tmp2[x][y] = bucket[i/SEG][x][y];
        REP(x, M) REP(y, M) bucket[i/SEG][x][y] = 0;
        REP(x, M) REP(y, M) REP(z, M) (bucket[i/SEG][x][y] += tmp[x][z] * tmp2[z][y]) %= MOD;
    }

    while (Q--) {
        cin >> s >> t;
        --t;
        init_vec();
        for (int i = s / SEG * SEG; i <= t / SEG * SEG; i += SEG) {
            if (i < s || t < i + SEG - 1) {
                for (int j = max(i, s); j <= min(t, i + SEG - 1); ++j) {
                    prod1(j);
                }
            } else {
                prod2(i / SEG);
            }
        }
        cout << vec[0] << "\n";
    }
}

int main() {
    cin.tie(0);
    ios::sync_with_stdio(false);
    solve();
}

AtCoder Regular Contest 045: D - みんな仲良し高橋君

AtCoder ARC #045 関節点 問題記録 ARC

https://atcoder.jp/contests/arc045/tasks/arc045_d

問題概要

整数Nと、XY平面上の(2N+1)個の点が与えられる。各点はX座標またはY座標が同じ他の1点とペアになることができる。ただしすでにペアをつくっている点が他の点とペアになることはできない。すべての点について「その点だけを除いたとき残された点でN個のペアを作ることができるか」を判定せよ。

N <= 105

解法

まずペアになることが可能な点同士で辺を張ってグラフをつくる。ここで異なる連結成分に属する点同士はペアにできないので、各連結成分は独立に考えてよい。

このグラフの重要な性質として「連結成分の頂点数が偶数であるならば、その連結成分内ではすべての点をペアにすることが可能」というものがある（詳しくは公式解説参照）。よって問題は以下のように言い換えることが可能である。

  • グラフからある点を除いたとき、すべての連結成分の頂点数が偶数となるか？

自明なパターンから処理していくと、まず頂点数が奇数であるような連結成分が2個以上ある場合、題意を満たすようなペア作りは不可能である（どの点を除いたとしても必ずひとつは奇数の連結成分が残ってしまうため）。

そうでない場合、つまり頂点数が奇数であるような連結成分がただひとつである場合、まず除く点の属する連結成分の頂点数が偶数のときはNGになる（上と同じ理由）。

残るパターンは頂点数が奇数であるような連結成分がただひとつで、かつ除く点の属する連結成分の頂点数が奇数の場合である。このとき、まず除く点が関節点でなければ無条件でOKとなる。なぜならその点を除いても連結成分はバラバラにならないので、結果として残る連結成分はすべて偶数となるからである。逆に関節点の場合、その点を取り除くと連結成分が分裂する。なので分かれた先の各連結成分が偶数であるかを確認する必要がある。この問題でつくったグラフの場合、関節点を取り除いた結果として連結成分が3個以上に分かれることはない（必ず2つになる）ので、関節点検出のときにつくるDFS木上で部分木の個数をかぞえるようなことをすれば分裂後の頂点数の偶奇はわかる（具体的にはある関節点uを取り除いたとき、その連結成分は「DFS木上において関節点uの子であってlow[v]>=ord[u]であるような頂点vを根とする部分木に含まれるすべての点の集合」と「それとu以外のすべての点の集合」の2つの連結成分に分かれる。2つなのでどちらかの偶奇だけがわかればよく、DFS木上では部分木のサイズを数えるほうが簡単）。

感想

なんかややこしくてつらかった　関節点とか橋って問題によって求められる操作が微妙に違っててうまいことライブラリにするのむずない？

コード (D言語)

import std.stdio, std.array, std.string, std.conv, std.algorithm;
import std.typecons, std.range, std.random, std.math, std.container;
import std.numeric, std.bigint, core.bitop;

void main() {
    auto N = readln.chomp.to!int;
    auto P = (2*N+1).iota.map!(i => readln.split.map!(to!int).array).array;

    auto X = new Tuple!(int, int)[][](2*N+1);
    auto Y = new Tuple!(int, int)[][](2*N+1);
    foreach (i; 0..2*N+1) {
        X[P[i][0]-1] ~= tuple(P[i][1]-1, i);
        Y[P[i][1]-1] ~= tuple(P[i][0]-1, i);
    }

    auto G = construct_graph(N, X, Y);
    auto U = construct_uf(N, G);

    if ((2*N+1).iota.map!(i => U.table[i] < 0 && -U.table[i] % 2 == 1).sum != 1) {
        foreach (i; 0..2*N+1) writeln("NG");
        return;
    }

    G.articulation_points;

    debug {
        G.adj.each!writeln;
        G.is_articulation.writeln;
        G.dfs_subtree.writeln;
    }

    foreach (i; 0..2*N+1) {
        if (-U.table[U.find(i)] % 2 == 0) {
            writeln("NG");
        } else if (!G.is_articulation[i]) {
            writeln("OK");
        } else {
            writeln(G.divide_evenly[i] ? "OK" : "NG");
        }
    }
}

class UndirectedGraph {
    int N;
    int[][] adj;
    int[] dfs_subtree;
    bool[] is_articulation;
    bool[] divide_evenly;

    this (int N) {
        this.N = N;
        adj = new int[][](N);
    }

    void add_edge(int u, int v) {
        adj[u] ~= v;
        adj[v] ~= u;
    }

    void articulation_points() {
        auto ord = new int[](N);
        auto low = new int[](N);
        auto dfs_tree = new int[][](N);
        auto used = new bool[](N);
        dfs_subtree = new int[](N);
        is_articulation = new bool[](N);
        divide_evenly = new bool[](N);
        int cnt;

        int dfs(int n, int p) {
            ord[n] = cnt++;
            low[n] = ord[n];
            used[n] = true;
            foreach (m; adj[n]) {
                if (m == p) continue;
                if (used[m]) low[n] = min(low[n], ord[m]);
                else low[n] = min(low[n], dfs(m, n)), dfs_tree[n] ~= m; 
            }
            return low[n];
        }

        int dfs2(int n, int p) {
            dfs_subtree[n] = 1;
            foreach (m; dfs_tree[n]) {
                if (m == p) continue;
                auto s = dfs2(m, n);
                dfs_subtree[n] += s;
            }
            return dfs_subtree[n];
        }

        foreach (i; 0..N) {
            cnt = 0;
            if (!used[i]) {
                dfs(i, -1);
            }
        }

        foreach (i; 0..N) {
            if (ord[i] == 0 && dfs_tree[i].length >= 2) {
                is_articulation[i] = true;
            } else if (ord[i] != 0 && dfs_tree[i].map!(j => (low[j] >= ord[i])).any) {
                is_articulation[i] = true;
            }
        }

        foreach (i; 0..N) {
            if (ord[i] == 0) {
                dfs2(i, -1);
            }
        }

        foreach (i; 0..N) {
            if (!is_articulation[i]) continue;
            if (ord[i] == 0) {
                divide_evenly[i] = dfs_subtree[dfs_tree[i][0]] % 2 == 0;
            } else {
                divide_evenly[i] = dfs_tree[i].filter!(j => low[j] >= ord[i]).map!(j => dfs_subtree[j]).sum % 2 == 0;
            }
        }
    }
}

class UnionFind {
    int N;
    int[] table;
    int[][] group;

    this(int n) {
        N = n;
        table = new int[](N);
        fill(table, -1);
        group = N.iota.map!(i => [i]).array;
    }

    int find(int x) {
        return table[x] < 0 ? x : (table[x] = find(table[x]));
    }

    void unite(int x, int y) {
        x = find(x);
        y = find(y);
        if (x == y) return;
        if (table[x] > table[y]) swap(x, y);
        group[x] ~= group[y];
        group[y] = [];
        table[x] += table[y];
        table[y] = x;
    }
}


UndirectedGraph construct_graph(int N, Tuple!(int, int)[][] X, Tuple!(int, int)[][] Y) {
    auto G = new UndirectedGraph(2*N+1);
    foreach (i; 0..2*N+1) {
        X[i].sort();
        foreach (j; 0..X[i].length.to!int-1) {
            G.add_edge(X[i][j][1], X[i][j+1][1]);
            if (j + 2 < X[i].length) {
                G.add_edge(X[i][j][1], X[i][j+2][1]);
            }
        }
    }
    foreach (i; 0..2*N+1) {
        Y[i].sort();
        foreach (j; 0..Y[i].length.to!int-1) {
            G.add_edge(Y[i][j][1], Y[i][j+1][1]);
            if (j + 2 < Y[i].length) {
                G.add_edge(Y[i][j][1], Y[i][j+2][1]);
            }
        }
    }
    foreach (i; 0..2*N+1) {
        G.adj[i] = G.adj[i].dup.sort().uniq.array;
    }
    return G;
}

UnionFind construct_uf(int N, UndirectedGraph G) {
    auto uf = new UnionFind(2*N+1);
    foreach (i; 0..2*N+1) foreach (j; G.adj[i]) uf.unite(i, j);
    return uf;
}

Aizu Online Judge 2710: Marked Ancestor

問題記録 AOJ AOJ-ICPC 木 UnionFind 逆順の操作

http://judge.u-aizu.ac.jp/onlinejudge/description.jsp?id=2170

問題概要

N頂点の木とQ個のクエリが与えられる。木は常に頂点1が根である。また初めは頂点1だけにマークがされている。クエリにはMとQの2種類があり、Mクエリでは指定された頂点にマークを付ける。Qクエリでは指定された頂点の祖先でマークが付いているもののうちその頂点から最も近い頂点を求める（祖先には自分も含む）。Qクエリで求めた頂点番号の合計を出力せよ。

N, Q <= 105

解法

マークを付ける操作を考えると、これは「マークを付けた頂点を根とする部分木を木から切り離す」操作ともいえる。切り離された部分木に含まれるノードたちにとっては、その時点での最も近いマークされた祖先はその部分木の根である。

このように見るとこれはもともとひとつだった集まりをクエリごとに分断していき、途中途中でその集まりの親を聞かれている問題と捉えることができる。このような操作を要求される問題に対する典型テクとして「操作を逆順で見ていく」というのがあり、この問題にもそれを使うことができる。

なぜ逆順で見るのがいいかというと、「集合を切って分割していく操作」というのは扱いづらいが、これを逆から見た「分割されている集合たちを繋いでいく操作」はかなり扱いやすい性質を持っているからである。具体的にはUnionFindが使える。

というわけでクエリを逆回しに見ていくことにしたいので、まずクエリを先に読んですべてのマークがついたことにしてしまう。そしてこの時点でマークがついていないノードはすべてそのノードの親とuniteする。このようにしてできる集合たちが上述の「部分木を切り離していく操作」を最後まで行ったときのそれぞれの部分木に対応する。あとはここからまたクエリを逆順に見ていく。

逆順に見ていってQクエリが飛んできた場合、指定された頂点が属する集合の根に当たる頂点、すなわち最も深さが小さい頂点を答えればよい。これはUnionFindを適当に改造してそのような情報を持たせることにすれば実装できる。

Mクエリが飛んできた場合、その頂点からマークを剥がすことになる。これはつまり部分木を元の木にくっつける作業で、マークを剥がす頂点とその直接の親をuniteすればよい。ただしその頂点に何度もマークが行われているときは注意が必要で、この場合いちばん最初につけられたマーク以外には意味がないため、他は無視しないといけない。

感想

AOJ-ICPC軽く埋めたろかと思って見たけど普通にむずくて解けなかった

木の頂点をUFで管理するという発想がなかったのは反省

コード(D言語)

import std.stdio, std.array, std.string, std.conv, std.algorithm;
import std.typecons, std.range, std.random, std.math, std.container;
import std.numeric, std.bigint, core.bitop, core.stdc.string;

bool solve() {
    auto s = readln.split.map!(to!int);
    auto N = s[0];
    auto Q = s[1];
    if (N == 0) return false;

    auto G = new int[][](N);
    auto D = new int[](N);
    auto P = new int[](N);
    P[0] = -1;

    foreach (i; 1..N) {
        auto n = readln.chomp.to!int;
        P[i] = n-1;
        G[i] ~= n-1;
        G[n-1] ~= i;
    }

    void dfs(int n, int p, int d) {
        D[n] = d;
        foreach (m; G[n]) if (m != p) dfs(m, n, d+1);
    }

    dfs(0, -1, 0);

    Tuple!(int, int)[] queries;
    auto marked = new int[](N);

    foreach (i; 1..Q+1) {
        auto t = readln.split;
        auto n = t[1].to!int - 1;
        if (t[0] == "M" && !marked[n]) {
            queries ~= tuple(0, n);
            marked[n] = i;
        } else if (t[0] == "Q") {
            queries ~= tuple(1, n);
        }
    }

    auto uf = new UnionFind(N, D);
    foreach (i; 0..N) if (!marked[i]) uf.unite(i, P[i]);
    long ans = 0;

    foreach_reverse (q; queries) {
        if (q[0] == 0) {
            uf.unite(q[1], P[q[1]]);
        } else {
            ans += uf.find(q[1]) + 1;
        }
    }

    ans.writeln;

    return true;
}

void main() {
    while (solve()) {}
}


class UnionFind {
    int N;
    int[] table;
    int[] depth;

    this(int n, int[] d) {
        N = n;
        table = new int[](N);
        fill(table, -1);
        depth = d.dup;
    }

    int find(int x) {
        return table[x] < 0 ? x : (table[x] = find(table[x]));
    }

    void unite(int x, int y) {
        if (x == -1 || y == -1) return;
        x = find(x);
        y = find(y);
        if (x == y) return;
        if (depth[x] > depth[y]) swap(x, y);
        table[x] += table[y];
        table[y] = x;
    }
}

AtCoder Regular Contest 084: F - XorShift

AtCoder ARC ARC #084 GCD 多項式 問題記録

https://atcoder.jp/contests/arc084/tasks/arc084_d

問題概要

N個の非負整数Aiが黒板に書かれている。黒板に書いてある数に対して「数をひとつ選びそれを2倍したものを黒板に書き足す」「数をふたつ選びそれらのbitwise xorをとったものを黒板に書き足す」という操作を好きな順番で何度でも行えるとき、黒板に書かれうる数のうち大きさがX以下であるものが何種類存在するか求めよ。

1 <= N <= 6

1 <= X, Ai <= 24000

解法

なぜそうするかはとりあえずおいといて、与えられた数の2進表記を多項式の係数とみなすことにする。 1111 は x3 + x2 + x1 + 1 となり、 101 は x2 + 1 となる、いう具合である。このようにすると「ある数を2倍する操作」は「多項式にxをかける操作」とみなすことができるようになる。また「2つの数のxorをとる操作」は「多項式同士の足し算をする操作（ただし係数はmod2で考える）」になる。

ではこのような操作を繰り返していって作ることのできる多項式はどのようなものになるか？ 実はこれはGCDのような概念を考えることで解決することができる。どういうことかというと、「与えられたN個の多項式に上の操作を繰り返して作れる多項式の集合」を考えたとき、実はそれとまったく同じ集合を「ひとつの多項式だけが含まれる集合」から始めても作ることができる。その「ひとつの多項式」をここではGCDと呼んでいる。（普通の整数のGCDも、上の操作を「整数倍」と「足し算・引き算」に置き換えると同じような性質がある（あるよね？）（なかったらすいません））

GCDの求め方だが、互除法と同じ形でやれる。すなわち次数が大きい方の多項式をA, 次数の小さい方（同じでも良い）をBとして、最大次数が揃うまでBにxをかけてから足す。その結果をCとして再帰的に同じことをし続ける、という形である。これでGCDとなる多項式を求めることができる。

GCDとなる多項式Gが求まったら、あとはそれを使ってどんな数が作れるかを考えればよい。ここでGの最大次数をdとすると、実はd次より上の項はどんな組み合わせでも自由につくることができる。そして(d-1)次より下の項はそれに応じて自動的に一意に決まる。なぜなら x倍の操作でGを左にシフトしていくことはできるが右にシフトさせることはできないからである。もしd次以上の項の係数をフリップさせたいのであればGをそこまで左シフトさせてから足せばいいが、(d-1)次以下に対してはそれができないので自由にいじることはできない。

よって答えとしては、基本的にXのd次以上の項は全部自由に作れるので、そこの部分だけを切り取って2進数と見なした数は全部作ることができる。ただしひとつだけ例外があって、作った結果d次以上の全部の項がXと一致している場合、後ろの桁の結果によってはXをオーバーしている可能性がある。なのでそのケースだけは実際にGから構成してみてXを超えないか確かめる必要がある。もし超えていたらその数は作れないので除く。あとは0も数える対象であるのでそれを忘れず含めるようにする。

感想

わからんが、とにかく書いた

GCDが「集合の要素hoge倍する・または集合の要素同士を足し算（引き算）して集合に加えていく」という操作をするときの最小要素？的な感じになるというのはもっとちゃんと理解しておくべきことっぽい

コード (D言語)

import std.stdio, std.array, std.string, std.conv, std.algorithm;
import std.typecons, std.range, std.random, std.math, std.container;
import std.numeric, std.bigint, core.bitop, core.stdc.string;

immutable long MOD = 998244353;

int[] gcd(int[] a, int[] b) {
    while (true) {
        if (a.length < b.length) swap(a, b);
        if (b.length == 0) return a.dup;
        ulong msb = a.length;

        foreach (i; 0..a.length) {
            if (i < b.length) {
                a[i] ^= b[i];
            }
            if (a[i]) {
                msb = min(i, msb);
            }
        }

        a = a[msb..$];
    }
}

void main() {
    auto s = readln.split;
    auto N = s[0].to!int;
    auto X = s[1].map!(a => to!int(a == '1')).array;
    auto P = N.iota.map!(_ => readln.chomp.map!(a => to!int(a == '1')).array).array;

    auto G = P.front.dup;
    foreach (i; 1..N) G = gcd(G, P[i].dup);

    long ans = 0;

    for (long i = X.length.to!long - G.length.to!long, tmp = 1; i >= 0; i -= 1, tmp = tmp * 2 % MOD) {
        if (X[i]) {
            ans = (ans + tmp) % MOD;
        }
    }


    auto M = new int[](X.length);

    for (int i = 0; i + G.length <= M.length; ++i) {
        if (M[i] != X[i]) {
            for (int j = 0; j < G.length; ++j) {
                M[i+j] ^= G[j];
            }
        }
    }

    if (M <= X) {
        ans = (ans + 1)  % MOD;
    }

    ans.writeln;
}