D[a][b]==INF だと考えてしまっていた。考えなかったわけではなく、勘違いしていた。無条件に c 書き込んでいいのか一瞬考えて、問題ないと判断していた。■無向グラフにワーシャルフロイド法を使用するとき、ループの回数を半分にすることで TLE の可能性を減らすことができるのは、ABC369-E を通して刻み込んだ学び (20240831)。■C 問題と E 問題についても書きたいけど、まだ解けてないので書けない。■精進２。ARC185-A mod M Game 2 (緑 diff)。すぐにむりむりわからんと投げ出したくなるけど、緑 diff だというのをもう知っているし、テストケースの多さからもシンプルに解けるのがわかる。ちょっとこらえて視覚的に考えてみると (M おきに印が付いた数直線にそって場のカードの和を表す棒グラフが伸びていくイメージ)、そのときどきで出してはいけないカードが高々１枚しかないとわかる。N<M だしね。最後の１枚になるまではどちらも絶対に負けない。2N 枚のカードの数の和で Bob の負けが判定できる。これだけではサンプルが合わなかったのでまだ考える。Bob が最後の１枚を決め打って温存するなら、Alice が N 枚目のカードを出したときの場の和を Bob が N 通り選ぶことができる。その N 通りに M の倍数が含まれるなら Alice を負かすことができる。Bob はその１枚を最後まで温存できるのだろうか。できるに決まってる。出してはいけないカードはあるけど出さなければ負けるカードはない。そんな当たり前のことも確認しなければわからない。提出 #58815966 (AC / 121 Byte)。かけた時間で判断すれば 300 点問題。事前知識を考慮して高めに見積もっても 400 点。<追記>できるに決まってはいなかった。２枚持っていて一方が出してはいけないカードならもう一方を出すしかない。温存できるの？</追記>■精進３。ARC185-B +1 and -1 (水 diff)。右の要素の高さを左に寄せることで右上がりの坂を作る。右に寄せられるなら何の問題にもならないけど、左にしか寄せられない。制約から判断して要素を左から見ていくことにする。二度見三度見は許されない。ネックになるのは、均した結果がある高さになるとしてその右側がへこんでしまうのがいけない。そのへんをうまくやるために４つのパラメータを記録した。すなわち、(現在の要素までの総和、均してもこれより低くできない高さの最大高さ、その位置、その位置までの総和)。提出 #58816249 (WA / 294 Byte)。A 問題から 31 分でまずは WA。提出 #58816379 (AC / 295 Byte)。その修正に 15 分。小なりを小なりイコールに修正した。文字にして初めて思ったけど、なんで小なりと equal がくっついてひとつの言葉を作ってるの？i 番目 (1≤i≤N) の候補者はその候補者より多く票を獲得した候補者が M 人未満であるとき、かつその時に限り当選します」について。当落を分ける分岐点がどこにあるかをしっかり把握しなければ二分探索の判定関数が書けない。人 i の得票が上から M 番目の人の得票に並んでいるとき、人 i は当選する。逆にいえば、上位 M 人の全員が人 i の得票を１票でも上回っていれば人 i は落選する。判定関数はこう。答え X を二分探索するとき、X を除いた票を上位 M 人に配って底上げした結果、M 人全員が
A[i]+X+1 以上になるなら、判定は偽。落選する。では M 人全員を A[i]+X+1 以上に底上げするのに必要な票数がどう計算できるだろうか。自分は最初 M 人の中間獲得票数の合計と追加票の合計で平均を出すような計算をして間違えた。平均は出さなかったけど、M 人の総得票数だけで考えて間違えた。トップの人が過剰に票を持っていたとしても、その余剰分を底上げにまわすことはできない。じゃあ M 人のうち何人が中間時点で A[i]+X+1 以上の票を持っていたかがわかればそれらの人を除外して累積和で必要な追加票数がわかるね。これは解の二分探索の中でさらに行う二分探索であって TLE だった。提出 #58232088 (TLE×19)。これが 22 時 22 分。昨日のコンテストはここまで。■提出 #58278984 (AC / 456 ms)。解の二分探索をやめました。X 票を人 i を含む M+1 人に分配したとして、底が上位 M 人のどの人とどの人のあいだにあるかを二分探索した。さっきの二重の二分探索の中の方を外に出した感じ。18 行目と 19 行目にある、不可判定(-1)と無条件当選判定(0)であるとか、15 行目と 20 行目にあるボーダーラインの -1 だとか、こちらの解法にはさらに罠が多い。TLE になった log ２つの素直な解法とランダム入力に対する答えを突き合わせてデバッグをした。ま、ボーダーラインの方は目指すべきグラフ(ヒストグラム？)の形がイメージできていたので間違えなかったけど。■提出 #58279635 (C++ / AC / 303 ms)。これは log ２つの、解を二分探索する素直な解法の C++ バージョン。C++ では log^2 が許されていたのだ。■制約に殺されたというにはしっかり難しくて満足できる問題だった。いや実際に制約に殺されてるんだけどね、お前に殺されるなら悔いはない。過去２、３回の経験に加えて今回も言えるんだけど、log １つの差って、ちょっとした視点の違いなんですよ。ちょっと見る角度を変えれば２つ目の log は消える。これが Pairs の教え (20210401p01)。■■■二分探索を尺取りで置き換えることで計算量のオーダーを改善する常套手段にのっとって、ついに二分探索の log を２つとも取り除いた。提出 #58342253 (AC / 970 Byte / 313 ms)。これでますます制約に殺されたとは言いにくくなるんだけど、これがコンテスト時間内にすらすら書けるなら青といわずとっくに黄色になっている。b = [m,[k-m,10].min].min)。多数派が b より多くなると多数派の真贋が決まるので、即座にグループを閉じて次の要素からまた新しいグループを始める。グループが多いほどグループをまたいだ比較をせずに済んでクエリが節約できる。まだあった。グループを処理する F 関数を実装しているときに、残りの要素の真贋が同数のケースに対処する必要があると思った。未判定コインの中に本物と偽物が同数ある場合。多数派がないからお前が偽物だ(本物だ)と決められない。これはすでに真贋が明らかになっている要素との比較で対処することにした。F 関数の引数 hint がそれ。この対処が実際に必要だったかどうかはわからない。たとえば 890 回のクエリで 979 個の本物を見つけたときに(※10 回のクエリで 11 個の本物が見つけられるのでした)、残りのコインは 10 対 11 であって、問題なく判別できる。残りのコインが９対９になるとか、８対８になるとかのクエリの成り行きが、N=1000,M=10 というパラメータに対して存在しているかどうかはわからない。ビル i とビル j の間にビル j より高いビルが存在しない」という i と j のペアを数えるんだけど、えっとね、i のビルの高さはなんにも関係ないんだよ。サンプル１の解説とサンプル１の出力例を突き合わせて自分の理解の誤りが明らかになったのが 22 時 20 分だったのだ。出力形式もやっかい。合計じゃないんだよ、さりとて j を基準にした数字でもないんだよ。問題を解く筋道を規定されるようでとことん振り回された。解法は後ろから見ていって増加列の列を管理する。いや……ただの増加列なのか。無駄なことをしたかも。■E 問題「K-th Largest Connected Components」。一読してスター型のグラフに殺されるなどうしようかなと考えたときに k が 10 以下との制約が目に入って解けたと思った。連結な頂点のことを隣接頂点だと勘違いしていたのに気がついて途中で UnionFind を(頭の中から)ひっぱり出してきた。連結な頂点に自分自身を数えることも最初はわかっていなかった。Array#max メソッドの戻り値がソート済みではないと知らなかった。そんな感じで実装に 15 分。D 問題のせいで解ける E 問題を落とすのは悔しすぎるので残り 20 秒で間に合って良かった。■F 問題「Teleporting Takahashi 2」。30 分から１時間を残してじっくり考えたかったけど、すべては D 問題のせい。■F 問題。K×N の表を作成していて、K と N がどちらも大きいんだけど、k 行目の値を決めるのに斜めに k 項の和が欲しい。k の２乗はダメだ。左にあって一番近い意味のある頂点が t 個前にあるとして、k-t 番目の値を参照すればいいのかな。■■■F 問題。TLE×8、TLE×27、TLE×12。なんで最初が一番ましなのか。最初だけ送っていて、あと２つはもらっている。TSP 問題ではもらう方が速いのだけど、逆に遅くなる理由がどこにあるのかわからない。■AC！ でも Ruby の他の提出では全部で４つの AC がいずれも 1500 ms 前後しかかけていない。自分のはやっとで 2055 ms。25 % 遅い。正直なにが AC と TLE を分けたのかもわかっていない。他の人の提出を読んだ(眺めた)けど、なんか遷移がシンプルだよね。DP のために用意する配列のサイズが N+K だったり N から継ぎ足して N+K だったり、最初から最後まで N だったりもする。自分は 2M×K の２次元配列(※)を使った。明らかに何かが違って効率が悪い。むむむ。※ C 言語では２次元配列と配列の配列(jagged array)を区別するけど、Ruby には片方しかないので……。■たぶんだけど、ある頂点の場合の数を記録している添字をずらしていくことで１つ先への移動をノーコストで行うんだと思う。初期にはそういうことも考えていたけど、移動したら移動元には場合の数が残らないはずなのに、考え違いをしていて一歩ずつ加算していかなければいけないような気がしていた。今日も実装を始めたときにはまだその勘違いをしていて、過大な答えが出たりしていた。勘違いで解法を潰してしまっていた。提出 #58036342 (AC / 1430 ms)。ほらね、1500 ms グループの仲間入り。提出の中でなんで y から x を引いてまた x を足してるのかはわかりません。差分が生きるような気がしたけど、気の迷いだった。
<< もしくは >> になっているかどうか。これも４、５分かけたんだよね。どうにもすっきり実装できなかった。ソート関数に比較関数を渡すことも考えたけどやらなかった。他の人の提出を見ると、入力から２つを２回選んで比較するだけで答えが出せるみたい。■B 問題「Taro」。b=='F' は無視する。b=='M' のとき a が最初かどうか。これも実装で下手をして次男にも Yes と答えていた。■C 問題「Make Isomorphic」。N の制約が８以下ということで、8!*8*8/2 小なり 130 万なので頂点番号の入れ替えを全通り試すだけ。答えが合わなくてずーっとあれこれしていて、ついに明らかになった原因は、辺の操作コスト A を受け取るときに -1 していたことだった。勝手にコストを減らしてはいけない(二度と役に立たない戒め)。頂点番号を０始まりに補正するコードに引きずられて、コピペでもないのにマイナスしていた。グラフが２つと三角形のコスト表という、入力を受け取るのが一番難しい問題だった。■D 問題「1D Country」。累積和と二分探索。これ D 問題かなあ。二分探索の境界のイコールの有無と、数列の添字と累積和の添字の区別に注意をする。こういうことをどこかで読んだことはないんだけど、C++ の２種類の二分探索が lower_bound と upper_bound なのって、イテレータの半開区間の下限がイコール付きで上限がイコールなしなのを踏まえた命名であって、本来それだけの意味しかないよね？ C++ を離れたら通じないよね？■E 問題「I Hate Sigma Problems」。主客転倒で数字ごとに寄与する範囲の数を数える。ここまで 20 秒かからないのに結局 21 分かけてるのはなんで？ ２つ目のシグマが j=i から始まってると認識したのが遅かった。そこからはまともに範囲の選び方を考える(考え直す)ことができなかった。範囲の選び方が N*N かな N*(N-1)/2 かな N*(N+1)/2 かなと定まらないのは 20240831 とまったく同じ展開。他には余事象を試してみたり、答えが合わないせいでいつまでも思いつく限りのテキトーをやっていた。愚かだ。■F 問題「Takahashi in Narrow Road」。集団を寄せて移動するのは ABC365-F Takahashi on Grid を思い起こさせる。違うのは集団の中ほどで分裂することがあることかな。それでも集団の数は N 個を超えないし、クエリごとに集団の数が０個以上減る一方、増える数は最大で１個なので、ソートした状態で集団(端の位置、幅(=数)、累積数)の管理ができれば良さそう。併合分裂は N+Q のオーダー。でも道具がない。X の値域が広いために BIT で管理するためにはとりうる値が予め列挙できなければいけないが、できない。■■■予め値を列挙しておかなくても自動的になんとかしてくれる BITSet を盆栽したけども、普通に BIT を使う場合より 2.5 倍くらい遅くなった。たとえば制限時間５秒の問題 ABC365-F への提出で 2675 ms かかっている #56361608 が 2.5 倍遅くなると TLE になるんだよね。ABC371-F への Ruby での提出が未だゼロなのは、つまり、あきらめなのですか？ 制限時間３秒だしなあ。■■■F 問題。提出 #57862947 (Ruby / TLE×3)。普通に配列の要素を削除・挿入しただけだけど、35 ケースは通った。TLE のケースが実際にどれだけかかるのか、４秒なのか、30 秒なのか。C++ で map を使ったものは 289 ms で通った>提出 #57864113 (C++ / AC)。C++ で提出時刻が早いものを見てると、LazySegtree を使うものが多いみたい。それはどういう解法か……。■F 問題。Ruby で通った！ 提出 #57872364 (Ruby / AC / 1772 Byte / 1047 ms)。値が大きいから座標は BIT の添字にできないけど、累積人数を BIT の添字にすることはできる。N=9 だとして、座標左から 2,3,4 人の３つの集団があるとすると、BIT の 0 から N+1 の範囲に 0,2,2,5,5,5,9,9,9,9,10 という値を記録する。両端は番兵(提出コードで番兵を使っていないのは(69 行目と 86 行目)、バグがあると番兵が機能しないからなのですね。普通に処理対象にされて削除されてしまう番兵さん……)。座標は累積人数(2,5,9)を添字にして配列から引く。BIT 上の二分探索で隣の集団を見つけることができるけど、対数時間がかかるのをケチってこれも配列(Pv,Nx)に記録した。なんとかなってしまうものだなあ。そうするとコンテストで通せないのは精進が足りないせいってことになる。それは……つらい。■実は累積人数をキーにする発想は C++ で map を利用するときに必要に迫られて出て来たものだった。最初は、座標をキーにしてソートしておきながら、値のひとつである累積人数を参照して二分探索をしたいと思っていたが( T 番目の高橋くんを見つけるために)、そういうことをする比較関数を渡すことはできなかった。それは当たり前の話で、キーについてソートされているなら、キーについてしか二分探索はできない。値である累積人数で二分探索できると思ったのは、座標でソートした結果が累積人数でソートした結果と同じだと知っていたからで、だけど座標をキーにするのも累積人数をキーにするのも同じことだとはまだ気がついていなかった。■■■F 問題。LazySegtree で解いていた何人かが座標を補正することで高橋くんの幅をゼロにしているようだった。なんのこっちゃ。たとえば t 番目の高橋くんが座標 g に移動するとき、t+1 番目の高橋くんは g+1 を下限とするように、t+2 番目の高橋くんは g+2 を下限とするように移動しなければいけないし、逆を見れば t-1 番目の高橋くんは g-1 を上限とするように、t-2 番目の高橋くんは g-2 を上限とするように移動しなければいけないのだけど、t 番目というのを座標に織り込んでしまうことで、全員が同じ座標を目指すことができる。これは BIT を使う場合にも嬉しいことがあって、座標の数が N+Q 個に絞られるので座標圧縮ができる。提出 #57916028 (AC / 1503 Byte / 1366 ms)。最初の提出よりやや短く素直に実装できてるけど、座標の補正(35 行目と 41 行目)がややこしい。特に目的地の補正の必要性と、どう補正するかが、なかなかわからなかった。要するに、今やっとわかったけど、１人目の高橋くんだった～という座標に初期位置をずらし、１人目の高橋くんだったら～という座標に目的地をずらしているのだ。こういうテクニックは過去に２回利用したことがあり、そのときはポテンシャル云々と勝手に呼んでいたけど、今回のように目的とメリットが見えにくいなかで発想するのは難しい。実際に座圧できるというメリットがあったんだけど、テクニックを提示されてさえすぐにそうとは気付けなかった。