【AtCoder】ゲーム
AtCoderさんの問題
B: ゲーム - Typical DP Contest | AtCoder
参考書
難しさ(初心者目線)
・考え方****
・実装***
・面白さ****
問題概要
・すぬけくんとすめけくんがゲームを行う.
・ゲームのルールについて
・A,B2つの山がある
・山とは数字が書かれたブロックが1個ずつ積み重なったものを言う
・2人は交互にAかBの山からブロックを取る
・ブロックの数値の合計値が大きいほうが勝ち
・二人とも最善を尽くした時のすぬけくんの点数を求めよ
考え方
深さ優先全探索を再帰関数dfsを用いて行う方法について
すぬけくんのポイントを返り値とする
お互いベストを尽くすので
すぬけくんのターンはdfsが大きくなるように
すめけくんのターンはdfsが小さくなるように選んでいく(下図)
A B
1 6
5 9
上の山の場合す抜けくんはまずは1か6を取ることができる
メモ化再帰をしないとTLE
コード
#include <algorithm> #include <cstdio> #include <iostream> #include <map> #include <cmath> #include <queue> #include <set> #include <sstream> #include <stack> #include <string> #include <vector> #include <stdlib.h> #include <stdio.h> #include <bitset> using namespace std; #define ll long long #define PI acos(-1.0) #define FOR(I,A,B) for(int I = (A); I < (B); ++I) //方針 //深さ優先全探索+メモ化再帰で //すぬけくんのポイント=dfs(Aを何個使ったか、Bを何個使ったか、どっちのターンか) //すぬけくんのターンなら得られるポイントがmaxになるようにしたい //すめけくんはすぬけくんのポイントがminになるようにしたい int A, B; int a[1001], b[1001]; //メモ化 int dp[1001][1001][2]; //who=1がすぬけ、0がすめけ int dfs(int ai, int bi, int who){ if(dp[ai][bi][who]!=-1) return dp[ai][bi][who]; if(ai==A && bi==B) return 0; int ret = 0; //すぬけくんターン if(who==1){ int rettmp1 = 0; int rettmp2 = 0; if(ai<A) rettmp1 = dfs(ai+1, bi, who^1) + a[ai+1]; if(bi<B) rettmp2 = dfs(ai, bi+1, who^1) + b[bi+1]; ret += max(rettmp1, rettmp2); } //すめけくんターン else{ int rettmp1 = 999999999; int rettmp2 = 999999999; if(ai<A) rettmp1 = dfs(ai+1, bi, who^1); if(bi<B) rettmp2 = dfs(ai, bi+1, who^1); ret += min(rettmp1, rettmp2); } return dp[ai][bi][who] = ret; } int main(){ //入力 cin >> A >> B; FOR(i, 1, A+1) cin >> a[i]; FOR(i, 1, B+1) cin >> b[i]; //初期化 FOR(i, 0, 1001) FOR(j, 0, 1001) FOR(k, 0, 2) dp[i][j][k] = -1; cout << dfs(0, 0, 1) << endl; }
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【CODEFORCES】Molly's Chemicals
CODEFORCESの問題
参考書
難しさ(初心者目線)
・考え方****
・実装**
・面白さ****
問題概略
・n個の異なった薬品を持っている
・薬品iの効果はである
・n個の薬品が並べられるので連続した薬品を選んで混ぜて整数kの累乗になるようにしたい
・この時の混ぜ方は何通りあるか
入力
n k
1≦n≦
1≦|k|≦10
≦≦
例
Input
4 2
2 2 2 2
Output
8
n=4, k=2の問題
になるのは左から1個目のみ,2個目のみ,3個目のみ,4個目のみ選んだ場合
になるのは左から[1,2]と[2,3]と[3,4]のセットを選んだ時
同様に,になる場合も調べたら8通りになる
Note
であることに注意
考え方
左からの合計値sumをmapに保存していきsum-kx(図中黄色い丸)が存在すれば残りはkx(図中青い丸)である
forは太い青い矢印とkxを求める部分
愚直な実装は青い太い矢印の2重ループだと思うが、0(N2)で間に合わない
kxは1015程度まで調べれば良いので数回であるから早い
コード
#include <algorithm> #include <cstdio> #include <iostream> #include <map> #include <cmath> #include <queue> #include <set> #include <sstream> #include <stack> #include <string> #include <vector> #include <stdlib.h> #include <stdio.h> using namespace std; #define ll long long #define PI acos(-1.0) #define FOR(I,A,B) for(int I = (A); I < (B); ++I) //方針 //愚直に全探索(2重のfor)でやるとO(N^2)でTLEしてしまう //[1,i](i=1~N)で作れる薬品の効果をmap[効果]=1としておく //1~Nで見ていく //map[1~iの和-k^x]==1だと作れる(ans++) int main(){ int n, k; cin >> n >> k; //map用意αが大きいのでllとしておく //0は何も使わない時なので作れるので1としておく map<ll, int> MAP; MAP[0] = 1; ll int ans = 0; ll int sum = 0; FOR(i, 0, n){ int input; cin >> input; //これまで調べた薬品を全て使用した時の和 sum += input; //k=1の時は1を何乗しても1なので1を引く if(k == 1){ ans += MAP[sum-1]; } //k=-1の時は1と-1になるかどうか調べる else if(k == -1){ ans += MAP[sum-1] + MAP[sum+1]; } else{ //|k|>1の時は十分大きな数まで調べる int j = 0; while(1){ ans += MAP[sum-pow(k,j)]; j++; if(abs(pow(k, j))>pow(10,15)) break; } } //これまで調べた薬品を全て使用した時の和を保存 MAP[sum]++; } cout << ans << endl; }
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連続した値の和がxになるかどうかという問題があったらこの方法を用いたいと思う.
【yukicoder】No.90 品物の並び替え
yukicoderさんの問題
参考書
難しさ(初心者目線)
・考え方*
・実装**
・面白さ*
コード
#include <algorithm> #include <cstdio> #include <iostream> #include <map> #include <cmath> #include <queue> #include <set> #include <sstream> #include <stack> #include <string> #include <vector> #include <stdlib.h> #include <stdio.h> #include <bitset> using namespace std; #define ll long long #define PI acos(-1.0) #define FOR(I,A,B) for(int I = (A); I < (B); ++I) //方針 //Nが小さいので順列を全探索しても9!=362880パターン=4*10^5くらい //得られる点数は2重ループで計算する.(計算量はM*M/2) //ギリギリ?? //->N=9M=66で14msだった int main(){ int N, M; cin >> N >> M; //点数を保存score[後][前] int score[N][N]; //memset(score, 0, sizeof(score)); FOR(i, 0, N) FOR(j, 0, N) score[i][j] = 0; FOR(i, 0, M){ int item1, item2, tmpscore; cin >> item1 >> item2 >> tmpscore; score[item2][item1] = tmpscore; } //全探索0~N-1の並び替え vector<int> v; FOR(i, 0, N) v.push_back(i); int ans = 0; do{ int ret = 0; //v[usiro]が後ろにある数字v[mae]が前にある数字 //なのでそれをscoreの配列に入れて点数を調べる FOR(usiro, 1, N) FOR(mae, 0, usiro) ret += score[v[usiro]][v[mae]]; ans = max(ans, ret); }while(next_permutation(v.begin(), v.end())); cout << ans << endl; }
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Nが小さかったので全探索ができた.
並び替えはdo{処理}while(next_permutation(並び替えたいvector.begin(), vector.end()));でできる.
【yukicoder】No.207 世界のなんとか
yukicoderさんの問題
参考書
難しさ(初心者目線)
・考え方*
・実装*
・面白さ*
コード
#include <algorithm> #include <cstdio> #include <iostream> #include <map> #include <cmath> #include <queue> #include <set> #include <sstream> #include <stack> #include <string> #include <vector> #include <stdlib.h> #include <stdio.h> using namespace std; #define pb push_back #define mp make_pair #define ll long long #define PI acos(-1.0) #define ALL(A) (A).begin(), (A).end() #define vsort(v) sort(v.begin(),v.end()) #define FOR(I,A,B) for(int I = (A); I < (B); ++I) int main(){ ll int A, B; cin >> A >> B; string s; FOR(i, A, B+1){ if(i%3==0) cout << i << endl; else{ //stringにすると3を探すのが楽 s = to_string(i); if(s.find("3")!=-1) cout << i << endl; } } }
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3の付く数字かどうか調べるのが厄介だけど数字をto_stringでstring型にしてからfindで3を探せば一発でわかる
【yukicoder】No.7 プライムナンバーゲーム
yukicoderさんの問題
参考書
難しさ(初心者目線)
・考え方***
・実装***
・面白さ***
コード
#include <algorithm> #include <cstdio> #include <iostream> #include <map> #include <cmath> #include <queue> #include <set> #include <sstream> #include <stack> #include <string> #include <vector> #include <stdlib.h> #include <stdio.h> #include <bitset> using namespace std; #define ll long long #define PI acos(-1.0) #define FOR(I,A,B) for(int I = (A); I < (B); ++I) //方針 //整数nに対して引く可能性のある素数を全て試して最終的に勝てるパターンが1つでもあるならWin //深さ優先全探索+メモ化再帰でこれを行う //dfs(n, 先攻) はdfs(n-素数, 後攻)のどれかがLoseならWinになる //素数保存用vector vector<int> vp; //n以下の素数作成用関数 //エラトステネスの篩 void MakePrimeNumber(int n){ vp.clear(); int tmp[n+1]; FOR(i, 0, n+1) tmp[i] = 1; FOR(i, 2, n+1){ if(tmp[i]==0) continue; vp.push_back(i); int j = i; while(j <= n){ tmp[j] = 0; j += i; } } } //メモ化再帰 int dp[10001][2]; int dfs(int n, int me){ //計算済みならdpを返す if(dp[n][me]!=-1) return dp[n][me]; //前の人が1,0にした場合 //前の人が負けになる //me=1(自分)なら自分は勝ちそうでないなら負けパターンだったということ if(n==1 || n==0) return me == 1 ? 1 : 0; //引ける素数全探索 int j = 0; int ret = 0; while(1){ //前の人が勝ちなら今の人が負け //前の人が負けなら今の人は勝ちなので"!"dfs if(n-vp[j]>=2) ret = ret || !dfs(n-vp[j], (me+1)%2); else break; j++; //素数の上限に達したらbreak if(j==vp.size()) break; } return dp[n][me] = ret; } int main(){ int N; cin >> N; //素数生成 MakePrimeNumber(N); //配列初期化 FOR(i, 0, 10001) FOR(j, 0, 2) dp[i][j] = -1; cout << (dfs(N, 1)==1 ? "Win" : "Lose") << endl; }
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ゲームでお互い最善を尽くす系の問題.
深さ優先全探索を使う問題.
最善を尽くすをどう表現すれば良いか悩んだ何回かWAを出してしまった.
お互いベストを尽くすので勝てるパターンが一つでもあれば勝ち(ゲーム木を書くとわかりやすい).
また、メモ化再帰を使わないとLTEになる??.
素数を求めるのはエラトステネスの篩が早いです.
【yukicoder】No.4 おもりと天秤
yukicoderさんの問題
参考書
難しさ(初心者目線)
・考え方***
・実装***
・面白さ**
コード
#include <algorithm> #include <cstdio> #include <iostream> #include <map> #include <cmath> #include <queue> #include <set> #include <sstream> #include <stack> #include <string> #include <vector> #include <stdlib.h> #include <stdio.h> #include <bitset> using namespace std; #define ll long long #define PI acos(-1.0) #define FOR(I,A,B) for(int I = (A); I < (B); ++I) //方針 //動的計画法 //dp[i][j]:i個目まで調べた時に(天秤A-天秤B)がjになるかどうか //今回はjが0になるかどうか目指す //途中でjがマイナスになることがある-N*100~N*100の範囲 //そこでN+100プラスして0~N*200で考え,N*100になるかどうか見ていく //計算量はN*N*100 int main(){ int N; cin >> N; int dp[N+1][N*200+1]; FOR(i, 0, N+1) FOR(j, 0, N*200+1) dp[i][j] = 0; dp[0][N*100] = 1; //動的計画法 FOR(i, 0, N){ //入力 int w; cin >> w; FOR(j, 0, N*200+1){ //dp[i][j]があり得ないなら次もないのでcontinue if(dp[i][j]==0) continue; //一応範囲以外だったらcontinue if(j+w>N*200 || j-w<0) continue; //Aに置く dp[i+1][j+w] = 1; //Bに置く dp[i+1][j-w] = 1; } } cout << ((dp[N][N*100] == 1) ? "possible" : "impossible") << endl; }
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【yukicoder】No.45 回転寿司
yukicoderさんの問題
参考書
難しさ(初心者目線)
・考え方***
・実装***
・面白さ***
コード
#include <algorithm> #include <cstdio> #include <iostream> #include <map> #include <cmath> #include <queue> #include <set> #include <sstream> #include <stack> #include <string> #include <vector> #include <stdlib.h> #include <stdio.h> #include <bitset> using namespace std; #define ll long long #define PI acos(-1.0) #define FOR(I,A,B) for(int I = (A); I < (B); ++I) //方針 //N<=10^3なので使うor使わないの愚直に全探索はO(2^N)??なので無理 //動的計画法を用いる //dp[N+1][use] //N個目まで調べた時Nを使った時(use=1)の美味しさの和の最大とNを使ってない時(use=0)の最大 int main(){ int N; cin >> N; //dp int dp[N+1][2]; FOR(i, 0, N+1) FOR(j, 0, 2) dp[i][j] = -1; dp[0][0] = 0; //動的計画法 FOR(i, 0, N){ int v; cin >> v; //実際はif必要ない //一個前が使用していないなら使ってもいいし使わなくてもいい if(dp[i][0]>=0){ dp[i+1][0] = max(dp[i+1][0], dp[i][0]); dp[i+1][1] = max(dp[i+1][1], dp[i][0] + v); } //一個前が使用してたら次使用しない if(dp[i][1]>=0){ dp[i+1][0] = max(dp[i+1][0], dp[i][1]); } } cout << max(dp[N][0], dp[N][1]) << endl; }
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動的計画法を用いることでO(N)で解くことができた.
i回目を使わないときはi-1回目に使っていない場合と使っている場合があるどっちかの最大値を用いる.
i回目を使うときはi-1回目に使っていない場合だけという考え方も同じ.