最終更新: 2021-03-24T16:47+0900
解いたあとで他の人の Ruby での解答を見たらバリエーションがいくつか見られた。
これが一番多かったと思う。公式解説に書かれている通りの手順。
これは Ruby で最速の qib さんの提出 #20369253 (191 ms) の解法。
公式解説にはこう書かれている。
マス i と j の距離を d(i,j) として，マス i の色は d(1,i) ≦ d(N,i) ならば黒，そうでなければ白となる．結論としてマス 1 とマス N の 2 点から幅優先探索や深さ優先探索などを行うことで O(N) でこの問題を解くことが可能である．
解法１はたしかに解説通りの手順ではあるが、解答にあたり具体的な距離まで知りたいわけではなく、距離の大小関係だけ知れれば十分なのだ。
解法２の手順は(スタート地点からの距離を測定する)幅優先探索に則っているのだが、一見すると１手につき１マスしか塗れないゲームのルールに反しているように見えるのが難しい。同じことは解法１にも言えて、「マス i の色は d(1,i) ≦ d(N,i) ならば黒，そうでなければ白となる
」が納得できるかどうかに尽きるのだけど、解法２の手順がなまじゲームに似ているせいで考えてしまう。
フェネックとすぬけくんの行動原理として想定したのは公式解説のものと同じ。見立てだけが異なる。どういう見立てだったか。
フェネック(すぬけくんでもいいが便宜上フェネックを選ぶ)のスタート地点を木の根と定めて、すぬけくんのスタート地点の深さを知る。すぬけくんは移動可能範囲を広げるために根に向かって移動する。フェネックはすぬけくんの移動可能範囲を狭めるためにすぬけくんに向かって移動する。出会うのは中間の深さ。すぬけくんは根に向かって移動できなくなった地点を根としてその子孫ノードだけを塗ることができる(だから一直線に根(フェネックのスタート地点)を目指していた)。
結局のところこの問題は一本の辺を見つけ出す問題だった。頂点集合をフェネック側、すぬけくん側に分ける辺がどれかを見つける問題だった。
その手順として幅優先探索(解法１)とその応用(解法２)と深さ優先探索(解法３)とダイクストラ法(未紹介)と、いろいろな方法があって、実行速度の差があった。同じ線形時間でも１回なめるだけで済ませられるのか、２回か、３回か。
今日@2021-03-23 たまたま取り組んだこの問題が同じ方針で解けそうだった。
２地点から深さ優先探索で陣取りをしていって、中央付近でにらみ合って、それからどれだけ相手陣へ侵攻(自陣へ後退)できるかを数えれば答えになりそうだった。
きっちりと隙を見せない after_contest に撃ち落とされましたとさ。
競技プログラミングをするフレンズ @kyopro_friends
サーバル「ABC148F『Playing tag on tree』にafter_contestを追加したよ！ 不等式に等号を入れるか入れないかを間違ってるコードが落ちるようになったはずだから確認してみてね」https://t.co/jcHP4lHFhg
不等号などなかった。先攻後攻を入れ替えたのと、自陣へ逃げ込もうとしてうっかり中立地帯へ迷い込まないように道を塞いだ。
当初方針のまま after_contest に対応したが、どうにも不自然に頑張ったようなコードになってしまった。この問題に関しては、想定解法通りに２通りの距離表を見比べて答えを選び出すのが良かっただろう。
ところで ABC148 はオンタイムで参加していた。A-D まで灰 diff で、E 問題に至ってもギリギリ緑という低難度回。F 問題でやっと水 diff 中位だったらしい。当時１時間を残していながら解けなかったのがこの F 問題。何を考えて解けなかったか。
木の上で追いかけっこをする２人がすれ違うことができない、ということが認識できていなかった。だから偶奇が適切な部分木を選んで逃げ込むことで追跡が躱せるような気がしていた。それじゃあこの但し書きが嘘になるのにね。「なお、ゲームは必ず終了することが証明できます。
」 そんなん考えたら青 diff 上位の「DFS Game」より難しくなるってのにね。
最終更新: 2021-03-15T22:56+0900
本日の ABC。１時間かけて ABCD の４完で、残り40分考えて E 問題が解けずに終わった。ゲーム問題苦手。勝ち筋とか必勝法とか、さっぱり見えない。「自分はこの、先攻後攻が決まった瞬間に勝ち負けが見えるゲームを、きっと楽しくプレイできるんだろうなあ。」
本番中に E 問題が行き詰まっている最中に F 問題をタイトルだけチラ見していた。Coprime の単語が見えた瞬間にあきらめた。別の問題だけど先々月に「Coprime はまた解けなかった。」 完全に苦手意識を持っている。素数とか見たくない。
割と大きめのサンプル３が通ったのでいけると思ったが TLE だった。
考えたことを順番に。
このとき(緑diff精進３問)解いた問題の１つが「ABC 115 D - Christmas」なんだけど、素直に問題の通りに書いた最初の版が明らかに TLE を免れなくて、ださいけど if を使って２回の再帰呼び出しを１回に節約するパスを追加することで AC になっていた。
倍倍ゲームになりうる再帰構造には特別な警戒が必要だということと、それが反転したときに改善効果が劇的だということを学んでいた。今回も最後の lambda F に２行追加して AC。
たぶんグループの作り方が間違っていた。二次ペア三次ペアと芋づる式に相互グループを作るのでなく、それぞれの数ごとに一次ペアのグループを作って、そのサイズでクラス分けをすれば、計算で答えが求まったのではないか。計算の材料にする数字が誤っていたから求まらなかったのではないか。いやでもそのクラスには公倍数の情報が抜けてるのか……。
組み合わせた結果をフィルタリングするよりも、フィルタリングした結果を組み合わせるべきだったのではないか。SQL がそうでしょう？ JOIN する前に WHERE で絞るべきなんだ。WHERE に似ていても HAVING では遅いんだ。
全探索がダメでもある種の探索が許されていたあたり、今日の制約には優しさが感じられるなあ。
これに関連した @kyopro_friends さんのツイートを考えていた。
競技プログラミングをするフレンズ @kyopro_friends
アライグマ「F問題は、COLOCON2018C『すぬけそだて――ごはん――』の難しい版なのだ！ gcd(x,y)=gcd(x-y,y)≦|x-y|だから、72以下の素数の倍数が重複しないようにすればよくて、どの素数の倍数をもう使ったかでbitDPすればいいのだ！」
「
」ってつまり……gcd(x,y)=gcd(x-y,y)≦|x-y|
というような発見があった。ものがよく見えていないと「新発見」が多い。ユークリッドの互除法まで見つけてしまった。開拓者か研究者に向いているのではないか。
最終更新: 2021-03-23T20:00+0900
解説を読んで ABC をコンプリートしようシリーズの１回目。ABC192 で残っているのは F 問題。いわゆるポーションって portion とはスペルが違ったのね。
２回目があるかはわからない。１回目にして解説を読んでから２日間苦しんだ。DP だったんだけど、人類が扱うには次元が高すぎるのではないかな？ 自分には無理。
ソースコードの冒頭にも引用したけど、解説の要諦が次の一文。
dp[i][j][k] = i 番目までから j 個選んだときの和であって、mod C で k に等しいようなものの最大値
自分は最初これを次のように解釈した。
dp[i][j][k] = i 番目までから j 個選んだときの和であって、mod j で k に等しいようなものの最大値
微妙な違いがわかりますか？ mod C と mod j の違い。うっかりミスではなく、理解できる範疇を超えていたから、これってこういう意味だよね、と一段次元が低い誤った理解しか生まれなかった。
引き回すデータ配列の構成を教えてもらってさえ遷移が書けるまで一日かかったんだけど、いざ完成したらこの微妙な勘違いのせいで時々答えが合わなかった。時々。答え合わせに使ったのは次のナイーブな解答スクリプト。N が 30 を超えると実行時間が現実的でないので生成する入力の N は小さめに。テストケースはまだ利用できない。
N,X,*A = $<.read.split.map(&:to_i)
p (1..N).filter_map{|c|
k = X%c
m = A.combination(c).map(&:sum).sort.reverse_each.find{|m| m%c == k }
(X-m)/c if m
}.min
要するに、これを時間制限に収まるように書き直しましょう、という問題だった。それが難しい。
結局一度完成したと思ったスクリプトを囲うようにもうひとつループを重ねた。法が変わると余りは再利用できない。最初から目的地(C)を定めて j を変化させなければいけない。dp 配列の添字 k の上限は j でなく C である。無理だよ、明日にはもう自分でこの文が理解できないよ。
DP であることでナイーブな解答より有利になる点は次の２つ？
j+1 個の組み合わせを生成するのに j 個の組み合わせ結果が利用できる。
その際にキーとなるのが添字 i (「i 番目までから j 個選んだときの和であって
」)。j 個の組み合わせ結果を i (1～N-j)によって分類しておくことで、j+1 個の組み合わせを作るのに利用できる。
たぶんこれって DP のひとつの典型なんだと思うけど、配列の型を示されてさえこの種の遷移(何を残して何を再利用するか)を見つけるのに１日かかった。
見つけた遷移は具体的には、「j を C まで増やしながら、ある j について i 番目の要素(A[i])を i の大きい順に考える。A[i] を採用しないときに dp[j][i] に対応する C 要素の配列は dp[j][i+1] のものと同じ。A[i] を採用するときは dp[j-1][i+1] に記録された C 個の値と組み合わせる」 i と j が解説とは入れ替わってら。
dp[j][i] の値を作るのに dp[j][i+1] (最内ループの直前の値)と dp[j-1][i+1] (中間ループの直前の値の１要素)を再利用している。
勘違いして見えていなかったのは、j=C であり j を 1..N の範囲で変化させる過程で各 j(C) に対応した答えが見つかる……のではなく、C=1..N について j を 1..C の範囲で変化させなければいけないということ。
提出 #20486969 (TLE×11)
主にイテレータを使って書き直したので遅くなるのはわかる。
Array#min の代わりに Array#[] でダイレクトに最小値を取得するようにしたので、special_xx.txt 以外のケースでは改善している。
提出 #20486969 (TLE×11)
同じように Array#min を使うのをやめたのと、イテレータを使わず全て while で書いた。special_xx.txt 以外のケースで上よりさらに少し改善しているが、TLE は TLE。
Ruby って整数演算が足す引く剰余大小比較まで、どれも同じくらい遅い雰囲気。演算コストに差がないなら演算子の数を減らす方がいい？
でもどこに 800 ms も遅くなる要因があった？ もう予測できない。
平均すると最初の提出より１割弱タイムが改善しているけど、意味のある差ではない。
ベースはイテレータメインの提出 #20486969 (TLE×11)。
AC と TLE の分かれ目は４重ループの最深部にあった。
初期値を正の無限大ではなく nil にした。
正の無限大は正常値として扱えるので記述が統一できるのだけど、むしろ異常値として nil や -1 や無限大を設定・検知して、ループをスキップするのが良かった。
ところで、想定上限を整数で表現しようとすると 67 か 68 ビットが必要になる気がして採用できなかった。Float::INFINITY と Bignum の、どちらがいいともいえない。打ち切り条件が ×C ではなく ÷C である理由でもある。
k = m%c や k-=c if c<=k よりも、「実行されないコードが最速」なのだった。負の添字を使った配列参照は組み込まれた機能でありコストは支払い済みなので、使い倒さなければ損になる。いくつかの C について最小公倍数で余りをとれば、より外側のループで DP 配列が再利用できるのではないか。数列 A の偏りと C の組み合わせを調べれば、k が取り得る値が C 種類より少なくなるのを見抜けるのではないか。結局のところ、TLE の原因はおそらく X%C と A%C(の和) がまったくマッチしないせいで４重ループを最初から最後までフル回転させられるせいだと思うから。
「いくつかの C について最小公倍数で余りをとれば、より外側のループで DP 配列が再利用できるのではないか」を実装してみた。話を単純にするために C が偶数の時に j=C/2; i=0 の DP 配列を C=C/2 の DP 配列として再利用した。
たとえば N が上限の 100 のとき、51..100 は普通に DP をする。1..50 は再利用配列を使用して DP をしない。限界は次の２点。
| ケース | X | X (素因数) | A に含まれる 9999999 の数 | 答えが見つかる C |
|---|---|---|---|---|
| special_01.txt | 52142908377193267 | 103×4703×107642319563 | 0 | 1 |
| special_02.txt | 48620189947792921 | 131×2719×18713×7294453 | 1 | 2 |
| special_03.txt | 702276810747319237 | 702276810747319237 | 2 | 3 |
| special_04.txt | 651020109319638361 | 162011×231599×17350549 | 3 | 4 |
| special_05.txt | 611688502818504841 | 82936769××7375359689 | 4 | 5 |
| special_06.txt | 85741517196073082 | 2×11257×32587×116867599 | 5 | 6 |
| special_07.txt | 794433313787770441 | 101×74910361×105001181 | 6 | 7 |
| special_08.txt | 515779426304609041 | 101×5106726993114941 | 7 | 8 |
| special_09.txt | 896297933758956951 | 3×22769×13121611749293 | 8 | 9 |
| special_10.txt | 90842952249996662 | 2×24335153×1866496427 | 9 | 10 |
N はすべて 100。数列 A の要素はほとんどが 10000000 で、０から９個が 9999999 という構成。
special_xx.txt が入力する数列 A の中に値の種類は１から２個しかなかった。C 個選んだ和の余りがとる値は、限られた 9999999 がいくつ含まれるかでしか違いが出なかった。つまり１から10種類。それでも C が 1..N の範囲で変化するうちに余りの数字(k)自体は変化していくし、X%C も変化するんだけど、どうやったらぎりぎり最後までマッチングしないような X が選べるんですか？
最終更新: 2021-04-06T17:58+0900
昨日あった ABC。今晩には ARC があるので復習が忙しい。
正規表現を乱用する問題だと決めつけて考えた。使える限り最善でなくてもかえって難しくなっても正規表現を使う。
パターンには改良の余地がある。たぶん /^([a-z][A-Z\n])+$/ で良かった。
$ は改行の前でも文字列の末尾でもマッチしたと思ったけど、フラグの影響がどう出るかが不確かだ。そして Ruby のフラグは JavaScript のフラグと比べてあべこべな雰囲気がしてわかりにくい。
入力が英大文字小文字だけだから大小の判別は１ビットを見るだけでいいんだけど、正規表現だから関係ない。
C 問題にしては……と疑いをもったが、テキトーに大きい桁を与えてもいけるみたいだったので問題の通りに関数 f を定義してシミュレーションした。本当はテキトーに大きいだけだとすぐに桁数の少ない値に収束してしまいかねなくて、そうではない嫌らしい値が与えられるかもという疑いがまだあったのだけど、とりあえず投げてみるスタイル。
最近誰かがツイートで Integer#digits メソッドに言及していたので初めて使ってみた。適所では？ そういえば D 問題でも使っていた。
やってきました因縁の D 問題。前回の虐殺劇が記憶に新しい>20210206p01.02。今回も E 問題が緑色なのに対して D 問題が水色だったりして、正答数に逆転があったもよう。
あれ？ やるだけ？ という感想はあまりに素直。たしかに優秀な人は目をつぶっていても答えにたどり着けるのかもしれないが、凡人は周到に落とし穴を探し出さなければいけない。
それは１の位についてだけ当てはまらない。基数が３でも４でも５でも、数１は０より大きい１番目の数で変わらない。
そしてこれが、基数の種類を答える問題でないことの傍証になる(そういう誤読が多かったらしい)。無限大の答え方が問題文中にないからだ。
二分探索の下限に d+1 を、上限に M+1 を設定していたのだけど、M+1 の方が d+1 より小さいことがあるから、答えを導く引き算の結果が負の数になるケースがあった。
手で計算しているときは自然と自然数の範囲でものごとを考えてしまって例外ケースを無視してしまいがち。
早期に AC を得ていた複数の人が上限を定めない二分探索を行っていたようだ。kotatsugame さんがこの奇妙な二分探索の振る舞いについてツイートしていたので存在は知っていたが、自分で使えるほどには知らないし思い出さない。
7 WA のあとの AC。どちらの落とし穴もテキトーな入力を与えて出力を見るデバッグで発見した。１桁のケースはタイプするのも簡単だし、それでいて境界に近くてバグが潜みがち。嗅覚を働かせよ。
えびま @evima0
(D 実はもともと「9 1」っていうサンプルがあったんですが、出題の意義が 1/3 くらい消滅する (「1 9」だと 2/3 消滅) ので消してもらいました) https://t.co/NNcbAu6GjF
このツイートはもっともで、そうでなければ D 問題としては易しすぎて出題されなかったと思う。といってもこれだけいくつも罠があって目配りが要求されるなら、AGC の A 問題といった風情もある。
自分より上位の人は仮に D 問題の罠にはまったとしても、さくっと E 問題を片付けてから帰ってきて、結局 E も D も通してしまうというムーブができてしまう。(そもそも罠にはまらないか)それができるからこそそのレイティングなのだ。自分がそれをやろうとすると虻蜂取らずになるのが目に見えているので、１時間かけて D 問題を通しました。今回の成績はABCDの４完最遅レベルでレートは横ばい。
競技プログラミングをするフレンズ @kyopro_friends
フェネック「もともとD問題でXが1文字のケースを、アライさんは2個か3個しか用意してなくて、それだとWAのケース数でコーナーケースがバレそうだからたくさん増やすようにアドバイスしてみたんだけど、どうだったかな？」https://t.co/FxcvbhUJNL
AC が出るまでは WA の数を見て方針を疑ったり挫けそうになったりしたけど、１アイディアで 7 WA が 1 WA にまで減ったりしたから、まあこういうことなんだろうと予想はしていた。まんまと手のひらころころ。
プライオリティキューを書くだけの問題。まあその「書くだけ」ができなくて 2 WA するのが自分なのだけど。
……だと思ったら、Ruby で最も速い複数の提出が Hash を待ち行列に使っていた。keys.min で最小値を都度取り出す使い方で、それでいて速い。えええ？
あと、久しぶりにプライオリティキューを書いたから速度改善テクニックを１つ忘れていた。ヒープを整理するときに都度都度要素を交換しながら上昇(下降)するのでなくて、ローテーションする感じで、いくつかの要素を順番にスライドさせてできた空きに追加要素を置くのがいい。
最終更新: 2021-05-07T14:00+0900
先週末の ARC。ABの２完でレートは横ばい。ちょっと背伸びして C 問題が今やっと解けたので日記にする(べつに考え続けていたわけではなくて、オラクルが降ってくるのを待っていたのです)。
一応制約は掛け算していたんだけど、まずは素直に数えて確実に答えを……TLE。見れば一次 の k のΣなので機械的に変形して……AC。
間違った式の変形に５分以上の時間をかけてもしゃーないので、TLE は避けられない。今は(ARC の１問目に対しても)ステップを刻まなければ、答えにたどりつくことさえ覚束ない。
どれだけ１円を払っても数の種類は１しか増えないので、基本となる操作は何回２円を払って絶対値を変化させられるか。±B が境界として存在していて、|B| から 0 へ向かう変化と -|B| から負の無限大へ向かう変化が考えられる。反対側の値は１円余らせておくだけでいい。0 を挟んで -B から B の範囲を数えるのが面倒か。親切にも B=0 となるコーナーケースがサンプルのひとつになっている。もうひとつのコーナーケースが C=1
2 WA のあとの AC。±B と 0 と、それらで区切られた４つの区間を愚直に数えた。
翌日になって機械的に式を整理したもの。できれば if による分岐を消したかったのだが。
問題の見通しは難しくない。表のスコアと裏のスコアと、手番を渡すか否かのフラグ(子孫ノード数(=スコア計)の偶奇)があって、それらを葉からボトムアップで積み上げていけば先手、後手のスコアが即座に解る。
制約の 1≤ の解釈に一瞬詰まったけど、p_v<vp_v の上限が v であることで、逆向きにスキャンするだけで子から親へ順序よく処理できる親切設計だとわかった。
最後まで解らなかったのは青木君高橋君が採用する最適な行動がいかなるものであるか。二人が何を指標にしてどの子を選ぶのか、それが解らないでどうしてコーディングができる？ 何をコードにする？ 自分はこの、先攻後攻が決まった瞬間に勝ち負けが見えるゲームを、きっと楽しくプレイできるんだろうなあ。
odd.sort_by!{ _2-_1 } と even.each(...) がキモ。これが二人の戦術。
最後まで見えなかった even.each についてもう少し。
even は潜って戻ってきたときに手番が入れ替わらない子ノードを集めた配列。表のスコアが裏のスコアより高いものは手番(※広辞苑にはテツガイの見出ししかない。テバンは業界用語か？)を持っている方がさっさと潜って表のスコアを得てしまえばいい(裏のスコアは相手に渡る)。では裏のスコアの方が高いものは？
裏のスコアの方が高いものは、できることなら相手の手番で相手に選ばせたい。そうすれば表のスコア(低い)が相手のものに、裏のスコア(高い)が自分のものになる。それが可能になるのは、潜って戻ってきたときに相手に手番が渡る子ノード(odd 配列)が奇数個ある場合。手番というババの押し付け合いに勝てる。
Ruby の他の AC 提出(今のところ２つ)と比べて遅かったので出し直し。100 ms 縮んで遜色がなくなった。省メモリを目論んだが結果的に増えている。配列の配列の配列がよくない。
ところで、再帰呼び出しを行っている解答を手元で実行してみたらいくつかのケースで stack level too deep (SystemStackError) が出て速度比較ができなかった。PC が貧弱なんだな(環境変数か？ その解決法はドーピングぽい)。
最終更新: 2021-05-07T14:21+0900
今日の ABC の C と D はちょっと傾向が違ったよね(E と F は時間切れで読んでいない)。C はむしろ復古的かもしれないけど。
どこに着目すれば数えられるのか、わかりますか？ わかりません。
テキトーに注目して数えて、(÷２では)ダメだとわかって(÷３で)やり直して、31 分かけて鬼の羅列である。
(構造の)理解に頭が必要ないという意味で、これも可読性に優れた読みやすいソースコードの例なんですよ。似たような例にすべての繰り返しを for ループで書くなんてありますね。for さえ解れば鬼に金棒、馬鹿の手にハンマー。目に入るすべては釘。打つべし打つべし。
だけどプログラムは構造化と抽象化を(必要である限り)繰り返して、人間はよりハイレベルな意味を読み取らなければいけないんです。あれをどーしたこーしたなんて作業手順を(人間に向けて)仰々しく並べ立てることに意味はありません。それはソースコードの役割であって、人間に向けたコメントには意味のあることを書いてください。
これって、黒のマスが１つの塊(ドーナツではない)であって、黒の内部に白のマスが島になっていることがない(逆に黒のマスはたった１つの島になっている)ってことだと読んだ。そのあとで補足的に「白に塗られた任意の 2 マスは、辺を共有するマスへの移動を繰り返し、白に塗られたマスのみを通って互いに到達可能である(マス目の一番外側のマスは全て白に塗られていることに注意してください)
」ともあるし、問題文は慎重に
書かれていたと思う。
多角形の解釈についても、色が塗られたグリッドであって座標空間上の点列ではないのだから、書かれていないものを見ようとして見るべき角が見えていなかっただけでしょう。
数学の言葉で書かれた制約の読解に普段苦労するので(20201122p01)、今回の問題文に文句はない。
すごくいい。そうか、ドット絵師と 3DCGモデラーがいただけなのか。
図形です。
制約が 10^5 だからどうかなーと思ったけど、普通に数えられる範囲だったみたい。手元ではサンプルに２秒以上かかってたんだけど、ジャッジサーバーは速かった。
１時間かけて、コンテスト終了１分前の提出。よかった……よかった……。
格子点を数える問題で、入力を小数で受け取るのはやっぱり怖い。小数点以下第４位までって書いてあるので、(文字列のまま) 10000 の下駄をはかせて、ついでに諸々の座標が正の範囲に収まるように平行移動した。負の数が混じると整数除算の丸め方向が期待と異なっていて面倒くさい。
# 0 を足すと答えが変わります。難しすぎるでしょ？ -1/2 #=> -1 0-1/2 #=> 0 # 1 (イチ)が変数 l (エル)で、中身が正の数だったり負の数だったりすると、もう予測できないでしょ？
上記は Ruby の挙動。仲間はずれらしい>「整数同士の除算演算子の挙動 (C言語、C++、Scala、Java、Rust、Go言語、PHP、JavaScript、Perl、Python、Ruby、Elixir) - Qiita」 Python の整数除算(//)も同じく負の無限大方向に丸められるとか。
他の人の Ruby での提出を見ると、入力を to_r するものが多かった。r は Rational の r. 使ったことがないと使えないし、思いつきもしないのだ。
二分探索の探索範囲をちまちま限定したところで、倍の違いが試行１回の違いにしかならないのだから、２つのループは１つで十分でしたね。これは円を４分割して数えられないか考えていたのが尾を引いている。
競技プログラミングをするフレンズ @kyopro_friends
アライグマ「D問題は、円の中の格子点のx座標としてありえる値の範囲がX-R～X+Rだから、x座標を決めたときの格子点の個数が求められればいいのだ！ 誤差が大変だから整数で計算して、負の数の切り上げや切り捨ての計算に気をつけて……、罠がいっぱいあって大変なのだ」https://t.co/6z8erFU3Ym
実は二分探索がいらなかった>画像。三平方の定理！ 中学生！
三平方の定理。速い！ 短い！
Integer#sqrt なんてニッチなメソッドを使ってみた。
ところで、やっぱり **2 は遅いみたい。引き算を２回評価することになっても覆らないくらいに。
Ruby での提出を早い順に見てるんだけど、どの人もどの人も平方根をとって計算で格子点の数を求めていた。10行以下のスクリプトで。それが間違いなくすごいんだけど(だって開始後30分ぐらいでの無駄なく短い提出だ)、それらをことごとく撃墜した３つの入力(handmade_marginal_{01|03|05}.txt)が、今回はいい仕事をしていたなと。単に to_f を to_r にしたところで、三羽烏のひとつしか超えられないみたいですよ。
Rational だけでなく BigDecimal の存在も忘れていた。これは「任意の精度で 10 進表現された浮動小数点数を扱えます。
」 to_d の d は (big)decimal の d. to_f を to_d にしてもやっぱり３つのうち２つが WA になるようなのは、BigDecimal#sqrt を使わないで Math.sqrt を使っているのが良くないんでしょうか。Math モジュールは、標準とはいえ require が必要な添付ライブラリである BigDecimal を知らないのが普通だと思う。
提出して確かめようとしてわかった。BigDecimal#sqrt を使うとサンプル３で既に TLE が避けられない。
入力は Rational で受け取っている。Math.sqrt の結果を検算して条件を満たす限り±１の微調整を施し続けている。そして大事なことは、±１した結果の正当性も確かめている。
単純に±１するだけ、しっぱなし、では、handmade_marginal_{00|04}.txt に捕まってしまうようだ。
書き方を洗練させた結果がたぶんこの提出 #20009989 (kyoshida さん)。find メソッドと count に加算する前の nil チェック。
左右の点のうち１点が二分探索で見つかりました。左右の点の中間座標は円の中心に由来して明らかです。ではもう１点は？ a1 = x*2 - a0
違いは１行だけ。Math.sqrt の結果を(floor ではなく)小数点以下第５位あたりで丸めていたらどちらも AC だったんだろうかダメです。
これが Integer.sqrt の実装らしい。
def isqrt(n):
x, y = n, (n + 1) // 2
while y < x:
x, y = y, (y + n // y) // 2
return x
Math.sqrt とは別に用意する価値があるからこそ存在しているのかな。ニッチとか言ってしまったが、こちらが使い所を知らないだけなのか。
自分は今回も Sqrt Inequqlity のとき(20200316p01)も、浮動小数点数を単純に嫌ったり怖がったりして難を逃れたけど、こういう風に限界を見極めて対応できるの、かっこいいよなあ。
B 問題の出力例はスペース区切りだけど、問題文は「A′ の要素を空白区切りで順に出力せよ。
」という表現になっている。
ここを参照すれば間違いないという定義があるわけではないけど、空白が white spaces の意味なら、ここに改行もタブも含まれると考えるのが普通(※要注意ワード)。自分は「スペース」(ASCII 0x20)と「空白文字」を使い分けているし、AtCoder にもそのように期待している。
というわけで、わざわざ .join(' ') はしない>提出 #19962733。
ダメです handmade_marginal_{00|04}.txt に捕まってしまう。Math.sqrt のアルゴリズムに起因して誤差が蓄積するらしい？
最終更新: 2021-05-04T20:49+0900
先週末の ABC。例によってお風呂で考えるも頭が爆発して無理だと思われた F 問題が、なぜか今日取りかかってみれば解けたので日記にする。
すごく難しくて、じっくり 10 分の時間をかけた。
Aoki と Takahashi の文字列を２回書いているところに余裕のなさが見える。間違えるくらいなら全パターンを網羅して並べればいいんですよ(言っていることが違う>20201101p01.03)。
A 問題より簡単だった。条件を満たすものが１つでもあればいい。Array#any? メソッドの出番です。
ところで空配列に関して、[].all? は true を返し、[].any? は false を返す。この違いによってメソッドの選択が制限されることがあるかなと一応警戒するんだけど、特にそういう違いは生まれないみたい。むしろそうならないようにデフォルト値が選ばれている。罠があるとしたらそこではなく、穴に落ちるときは all? を選んでも any? を選んでも落ちる。
制約が K に関して全探索しろと言っている。
Ruby で最も速い提出(492 ms)より倍以上遅いんだけど、どういうことなんでしょうね。
本当は今日は F 問題をやるつもりはなくて、この C 問題を速くするつもりで取りかかったのだけど、優先順位をつけた深さ優先探索でやろうとしてうまくいく見通しが立たなかったのだった。
45 分考えた。等差数列の和の公式に２種類あることはこのときに確認済みなので(20201101p01.02.01)、今回は使いやすい方を選ぶことができた。
珍しく解答の中にコメントがあるのは、書いておかないと脳みそからあふれて何度でも最初から考え直しになるからです。紙と鉛筆を用意すべきなんだよなあ。
本番中は残り時間が 30 分しかなかったので問題文が短い F 問題に先に取りかかっていた。同じように考えたかどうかはわからないが、E 問題より F 問題の方が多くの人に解かれていたようだ。自分はどちらも解けなかった。
制約が３重ループを許すと言っている。
解答の後半はもう３回目になるあの形。実行速度にハンデを背負った Ruby でのタイムの詰め方は、このときに研究し尽くした>E 問題 Traveling Salesman among Aerial Cities。
惜しい。とても惜しい。時間制限が２秒なのだけど、実行を打ち切られたときは 22xx ms というタイムになる。32 ms 詰めれば AC になるぞ。
ハッシュ表を使っていたところで配列を使ったら余裕の AC。
必然性があってハッシュテーブルを選んでいたわけではなくて、Hash のデフォルトプロックありきでスクリプトを構成していたから、使っていた。TLE は邪道の報い。
実は唯一の TLE は最も重いケースではなかった。この提出では TLE だった 21_large.txt のタイムが 135 ms だ。
前半部分で選ばれた魔法石がどうがんばっても連結できないとわかれば、後半の３重ループはスキップできる。そういうこと。
前半部分で距離の確定を双方向からやらずに片方向で済ませてみたら、平均的には速くなったけど、一番遅いケースでは 25 ms しか違わなかった。
Integer#times を while ループにするだけで 200 ms 縮んでやんの。そんなに違うの？ times はイテレータの中では速い方だと思ったけど。
転倒数って固有名詞なのかな。公開された PAST の過去問をやったときに見た>20201111p01。K 問題。それが解いてあった(提出 #18029328)からといって、何かが役に立ったということはない。残念。
最初に、k を増やして数列の初項を最後尾に送り込んだときに、転倒数がどのように増減するかがわかった。わかったからわかったとしかいいようがない。こねくっていたら、転倒数の増減が簡単な計算で求まることがわかった。
それから、転倒数の初期値の求め方を考えた。BIT で殴るのではない、頭のいい方法があるのではないかと考えたが、思いつかなかった。
BIT です。Ruby や Python で速い提出も同じだったので、転倒数はこう求めるのだ！ という頭のいい方法はないのかも。
実は A 数列をスキャンして作成していた配列 I は不要だった。
BIT を使って転倒数を求める手順も、考え方次第でひと通りではないということ。ソート列を必要とする方法よりは必要ない方法を、BIT へのお伺い(対数時間)が２回になる方法よりは１回で済む方法を選びたい。脳みそはタダだけど計算資源は有限。
最終更新: 2021-05-07T14:34+0900
今日の ABC。
制約がよく見かける 10^5 ではなくて 10^4 だから雑なやり方でも通る気がしたんだけど、そんな仏心が期待できるはずがなくて、時間が厳しいからこそ制約が緩めてあるのだなあ。Ruby では D 問題よりも解かれてないみたい。
AtCoder のことを初めて日記に書いた記念すべき日「脳log[20190907p01] AtCoder Beginner Contest 140 E問題」を思い出して書いた。
不安だからそのままにしたけど、今回は更新と更新のあいだに参照が１回だけだから、番兵も１つで足りたと思う(これに対する答え>「実のところ
」)。+ [N, N] と + [-1, -1] は完全なるコピペ。+ [N] と + [-1] ではダメだったものがどうしてこれで正しい答えにつながるのか、さっぱり理解していない。RU[N] と LU[-1] に番兵を１個置くのと２個置くのの違いとは。
ソートで配列を比較するのが贅沢で余分な時間を使ってるみたいだったのを修正した。88 ms → 68 ms
多重代入部分を読み解く参考に>20201124p01, 20200428p01.08.01
主流の解き方ではデータを蓄えたり捨てたりしながら数列を前から一度だけスキャンするみたい。何を蓄えて何を捨てるんだろう。わからない。ピークの情報は残しておいてもしかたないな。現在の要素をピークとして左側への広がりが知りたいかな。上昇トレンドでは広がりに意味がないな。
2 WA のち AC。数列を１回通り抜けるだけ。上昇トレンドでインデックスを記録しておいて、下降局面で幅を確定する。
あ、これ８行目の if が常に true でバグってる。
これが(バグ修正済みの)本当の O(N) 解答。バグといっても等しい要素が多いときに無駄がある、という程度だったみたいだけど。
C 問題でこれをイチから考えるのはあまりに酷だけど、実は O(N^2) が通る制約だったらしい。Ruby で 10 メガや 100 メガが秒未満は無理だと思うけど。
ここで紹介されている方法が O(N)。自分の(前２つ)はソートしてるから O(NlogN)。
さっきリンクしたのと同じ日記だけど、「Rubyで一番速いのはこれ。345ms」として参照したのと同じ解法。愚直に検索する O(N^2) 解法の改善案として素直に理解しやすいと思う。
数列がソート済みであればあるほど改善効果がなくなるのではないかな。クイックソートみたい。
#ここがよくわからない #●●●しない限り、次に来る高さと取り出した長方形の最後のインデックスをスタックの中に入れる
わからないのがよくわかる。自分が O(N) 解法を書くにあたって 2 WA した原因がここだから。
要するに、「取り出した長方形」は「次に来る高さ」よりも高い要素なわけだから、次に来る高さの上位互換であるわけ。その「最後の」(=最も左の)インデックスを、次に来る高さの左方への広がりとして記録している。
アフィン変換を検索して見よう見まねで書いた。１時間かかった。TLE だった。これ以上はもう余力も時間もなかった。無念。
対称移動のための行列は３つの積ではなく２つの積で表現できるし、それも自分で計算して１つにできる。でもそれだけでは TLE のままだろうな。行列の掛け算をただの配列同士の掛け合わせとして自分で書いてみたりもしたけど、７秒が６秒になるだけだった。
競技プログラミングをするフレンズ @kyopro_friends Jan 23
アライグマ「E問題は、(0,0),(1,0),(0,1)の3点だけシミュレーションすれば全部計算できるのだ！」
な、なんだってー。
汎用的に点を動かそうとするのでなく、具体的に基底を動かすってことなんかな。だけどそのシミュレーションをするのに行列を使ったら元も子もないので、どうするの？ 頭が働かないから行列におまかせしていたんだけど、どうしたらいいの？
軸に平行な直線で折り返すのはまあできる。90度回転は x と y を入れ替えたり符号を入れ替えたりで、たぶんできる？ 個々の点の座標を求めるのは……？
まあ、TLE 提出を見れば行列って形で式が見えてるんだから、計算できないはずがないんだよなあ。
いやー、厳しい。ヒントがあってもいくつも穴にはまって時間がかかる。「まあできる」とか言っていた折り返しも実はできなかった。
ここでやったことと蟻本に書かれていた(けど解らない)「実は、m 項間漸化式の n 項目は行列を用いるのではなく、各項を初項の線形結合で表して繰り返し二乗法を行うことにより、O(m^2log(n)) で計算することも可能です。興味のある人は考えてみるとよいでしょう」に関連はありますか？
移動後の点の X 座標ないし Y 座標を求めるのに、a+x*(b-a)+y*(c-a) の式を使うと遅い。どうせ同じ数の係数を蓄えておくなら、a+b*x+c*y で答えが求まるような係数を用意したい。
でも何を考えて係数を変換していけばいいのかわからない。
a,b, c,d, e,f の初期値を 0,0, 1,0, 0,1 として、操作１～４でどのようにマッピングしていくか。
| 遅い方 | 速い方 | 備考 | |
|---|---|---|---|
| 操作１ | b,-a, d,-c, f,-e | b,-a, d,-c, f,-e | 同じ |
| 操作２ | -b,a, -d,c, -f,e | -b,a, -d,c, -f,e | 同じ |
| 操作３ | p2-a,b, p2-c,d, p2-e,f | p2-a,b, -c,d, -e,f | 一部 p2 の省略 |
| 操作４ | a,p2-b, c,p2-d, e,p2-f | a,p2-b, c,-d, e,-f | 一部 p2 の省略 |
| 移動後の座標 | (a+(c-a)*x+(e-a)*y, b+(d-b)*x+(f-b)*y) | (a+c*x+e*y, b+d*x+f*y) | 引き算が不要 |
遅い方は各操作で余計なことをしていて、移動後の座標を求めるときにも余分なことをさせられている。そりゃあ遅くなるはずだけど、何を念頭に置けば速い方の式が書けるのかわからない。
遅い方を書くときは、基底となる２つのベクトルを定める３点を移動していくつもりで書いていた。
速い方でも (a,b) の意味はただの点なのでわかる。でも (c,d) と (e,f) に何のイメージを割り当てればいいのかわからない。それこそ向きと大きさだけで位置を定めない、ベクトルそのもの？ そうかもね。そうなんですか？
最終更新: 2021-03-02T17:55+0900
最終更新: 2021-01-16T18:37+0900
Coprime はまた解けなかった。WA ではなくなったけど TLE が解消しない。
最終更新: 2021-05-04T21:04+0900
AtCoder Problems がお勧めする Moderate な問題(緑difficulty)を上から順に解いた。半年前に解けなかった問題も１年前に解けなかった問題も解けた。だから０完だったこの前の ARC 111 は忘れよう。
過去問はテストケースが利用できる。DropBox からダウンロードするとコンテストの各問題ごとに in フォルダと out フォルダが解凍される。
ARC111_A フォルダの中がこうなっているとする。
そこで次のように実行する。(ARC111_A> はプロンプト)
ARC111_A> attc my_answer.rb
attc.bat の中身がこう。
@echo off
for %%F in ("in\*") do (
call :run "%~1" "%%~F"
)
exit /b 0
:run
echo %~1 ^< in\%~nx2
call ruby27 "%~1" < "in\%~nx2" > "out\%~n1.out.txt"
fc /A "out\%~n1.out.txt" "out\%~nx2"
del "out\%~n1.out.txt"
echo.
exit /b 0
カレントディレクトリの in フォルダの中身を入力として引数のスクリプトを ruby27 コマンドで実行する。出力を out フォルダの同名のファイルと fc コマンドで比較する。
call ruby27 という風に call が付いてるのは ruby27 が exe の名前ではなくて、C:\Program Files\Ruby27\bin に PATH を通してから ruby.exe を呼び出すバッチファイルの名前だという固有の事情から。
別に call でなくて当たり障りのないコマンドならたぶん何でもいいんだけど、call|ruby27 という風にパイプを通すと新しいコマンドインタープリタが起動するので、呼び出したバッチが setlocal してなかったとしても現在の環境(PATH 変数とかカレントディレクトリとか)が汚染されなくなるというハックがある。cmd /C "ruby27 ..." と同じことなんだろうけど、そっちは引数が引数になって二重の引用符が面倒の種だよね。
tc は Test Case の略だけど、 AtCoder の略が at か ac かで定まらないから、attc と actc の両方の名前でバッチを用意してる。ハードリンクにしたら中身の同期に手間もかからないし。
アナクロだけどそれなりに便利。
最終更新: 2021-01-03T19:49+0900
PAST 第４回の M 問題 筆塗りを思い出したよね>20201111p01.01。
制約が 10^5 の組み合わせだというところが同じ。だから何について繰り返すかというところが核心。繰り返しの繰り返しは許されない。N-1 本の辺を順序よく１往復か２往復すれば答えが出そうな気がするんだけど、全然ループの軸が見えなかった。まだ見えていない。テキトーにキューに突っ込んで処理できる順に処理しても間に合うかと考えてみたけど、メモするデータが定まらなくて完成しない。こういうところだよ。こういうところが緑色で燻っている理由だよ。
最終更新: 2020-12-23T00:48+0900
まだ AC をもらっていないし、それどころかひとつの提出もできていないけど、外堀が埋まってきた気がするので経過を書く。
gets
puts$<.map{|ln|
n,s,k = ln.split.map(&:to_i)
ss = {0=>m=0}
until ss[s]
ss[s] = s
m -= (s-n)/k
s += (s-n)/k*-k
s %= n
end
next s == 0 ? m : -1
}
これはサンプルの４つのケースのうち、３番目を除いて正しい答えを出す。３番目の 998244353 897581057 595591169 にもたぶん正しい答えを返すだろうけど、答えがおよそ 250 メガなので数分単位の時間がかかるはず。
N と S と K の３つの数字があるけど、N と K が近接していてしかもべらぼうに値が大きい。ループ１回のイテレーションで全周 N のうち１点だけをテストするのでは最悪 N 回繰り返す。N の上限は１ギガだ。
１回のイテレーションで S-1 の地点に移動する。S 回のイテレーションで玉座に移動することが即座に理解できるが、スクリプトにそれは反映されていない。
K が２より大きければ(N との関係にもよるが)すべての偶数地点を網羅できるとは限らないが、K が最小の偶数２であっても、スタート地点 S から奇数席離れた玉座に移動できないことはすぐにわかる。これもスクリプトに反映されていない。
N と K と S の関係をどういう式で表すのかなあ。LCM だか GCD だかのキーワードは目に入ってるんだけど。
K = N%K という風に再帰的に K を更新していくと最後は 0 に落ち着く。K が 0 になるまでに S をどうにかしたものが K で割り切れれば答えは N/K の倍数±α になりそうなんだけど、S をどうするのか、N-S をどうにかするのか、よくわからない。