2018-06-09

ARC081 E - Don't Be a Subsequence

問題

https://beta.atcoder.jp/contests/arc081/tasks/arc081_c

問題概要

英小文字のみからなる文字列が与えられる
文字列の部分文字列"でない"文字列のうち、
最小の長さのもの
最小の長さのものが複数ある場合は、辞書順最小のもの

を出力する。

考察

英小文字のみからなるので、結構なゴリ押しはできる
答えは必ず、0文字を含む部分文字列+一文字になる。
答えの部分文字列の最後の文字は、それ以降でa-zのうちどれかが出現していないような文字
答えの部分文字列の最後の文字に付け足す文字は、それ以降で出現していないアルファベットのうち、最も小さいもの
それぞれの文字列の位置を始点とし、そこから文字X(a-zに関してすべて行う)が初めて出てくる場所に向けて辺を貼る。
最初にa-zが現れる場所を最初の探索点として、幅優先探索をし、「最後の文字」が現れたら探索終了。「追加する一文字」を追加してそれを出力する。
探索は必ずa-zの順番でqueueに入れていき、すでに訪れている位置に関しては無視して良い。(なぜならば、aから順番に探索しているので後から訪れるような状態は必ず先に訪れたものよりも辞書順が後になるから)

オーダーは文字種をMとすると、 $O(AM)$

実装

void solve() {
    string S; cin >> S;
    vector<int> A(S.size());
    for (int i = 0; i < S.size(); ++i) {
        A[i] = S[i] - 'a';
    }
    vector<bool> check('z' - 'a'+1);
    vector<vector<int> > G(A.size());
    vector<int> memo(check.size(), -1);
 
    RREP(i, A.size()) {
        REP(j, check.size()) {
            if (memo[j] == -1) {
                G[i].push_back(-j-1);
                break;
            }
        }
        if (G[i].size() == 0) {
            G[i].resize(memo.size());
            copy(ALL(memo), G[i].begin());
        }
        memo[A[i]] = i;
    }
 
    vector<bool> visited(A.size());
    queue<int> que;
    for (int i = 0; i < memo.size(); ++i) {
        if (memo[i] == -1) {
            cout << char(i + 'a') << endl;
            return;
        }
        que.push(memo[i]);
        visited[memo[i]] = true;
    }
 
    vector<int> rev(A.size(), -1);
    int last = -1;
    string res;
    while (not que.empty()) {
        int node = que.front(); que.pop();
        if (G[node].back() < 0) {
            res.push_back(-G[node].back()-1 + 'a');
            last = node;
            break;
        }
        for (auto &to : G[node]) if(not visited[to]) {
            que.push(to);
            visited[to] = true;
            rev[to] = node;
        }
    }
    while (true) {
        if (last == -1) break;
        res.push_back(S[last]);
        last = rev[last];
    }
    reverse(ALL(res));
    cout << res << endl;

2018-04-26

ARC096 E - Everything on It

問題

E - Everything on It

問題概要 & note

トッピングが $N$ 種類ある
一つのラーメンにはそれぞれのトッピングを1つか0つ乗せる
つまり全部で $2^{N}$ 個ラーメンができる
そのラーメンをいくつか選ぶ組み合わせは全部で $2^{2^{N}}$
そのようなラーメンを幾つか選んで、それぞれのトッピングが2個以上ラーメンに乗っているようにしたい。
全部で何通りのラーメンの組み合わせがあるでしょうか

考察(解説見た)

全部で $2^{2^{N}}$ 通りあって、そこから 一つ以上ののトッピングが1個以下 のようなものを除外する方針にする。どのように除外していくうかと言うと、たとえば、トッピングが2種類の場合は

「トッピングAが1個以下でほかは気にしない(1個以下でも2個以上でもいい)ラーメンの組み合わせ」除外する。
「トッピングBが1個以下でほかは気にしないラーメンの組み合わせ」を除外する
「トッピングAとトッピングBの両方が1個以下のラーメンの組み合わせ」を 追加する (なぜなら、Aを除外してBを除外すると、AB両方共通のものは2回減算されることになるから1回たさなければならない)

じゃあ3つの時はというとそれは3つめはまた引き算になる。一般化すると包除原理になる。

ここでよく考えてみると、「トッピングAが1個以下でほかは気にしないラーメンの組み合わせ」も「トッピングBが1個以下でほかは気にしないラーメンの組み合わせ」も数が一緒である「トッピングAB(ry」も「トッピングAC(ry」も数が一緒になるはずである。なのでより一般化すると「トッピング1~jまではi個以下で、ほかは気にしない組み合わせ」 * nCi とすれば、いちいち全部列挙しなくてもよくなる。

さて、それでは「トッピング1~iまでが一個以下ほかはどうでもいい」ラーメンの組み合わせの数は幾つあるのか？ここで $ways2(i,j)$ を, iまでのトッピングをjこのグループに分ける組み合わせの数(但し、グループに選ばないものがあっても良い)とする。これは、iまでのトッピングを、j個のラーメンに、2つ以上乗らないようにする組み合わせ数と同じで、 $\sum_{j=0}^N ways2(i,j)$ とすることで、iまでのトッピングが一つ以下しか乗っていないものの個数がO(N)で求められる。

ways2は第二種スターリング数に似たdpで解くことができる。第二種スターリングのままでは、選ばないトッピングがものを数え上げてしまうので、選ばないものを許すために、二項目の\tex[k]を\tex[(k+1)]とすることで、うまくいく(どこにも所属しないという新たなグループを作るイメージ)また、第二種スターリング数と違い、0個の選択を許すので、\tex[k=0]の時は1になることに注意する。

あとは、図を書いて説明しないといけないので、こちらの解説放送を見ていただきたい　AtCoder Regular Contest 096/ Beginner Contest 095 解説放送 - YouTube

source code

// binomial coefficients O(n^2)
// res[i][j] = C(i,j) (i , j <= n)
// C(i,j) =  C(i-1, j-1) + C(i-1, j)
vector<vector<int> > BinomialCoefficients(int n) {
    vector<vector<int > > res;
    res.resize(max(n+1,2LL));
    res[0].push_back(1);
    res[1].push_back(1);
    res[1].push_back(1);
 
    FOR(i, 2, res.size()){
        res[i].push_back(1);
        FOR(j,1,i){
            res[i].push_back((res[i - 1][j - 1] + res[i - 1][j])%MOD);
        }
        res[i].push_back(1);
    }
    return res;
}
 
// Stirling NUmber of The Second Kind O(n^2)
// note: NOT symmetry!!!
// S(n, k) = S(n, k-1) + k*S(n-1, k)
vector<vector<int> > StirlingNumber2(int n) {
    vector<vector<int > > res;
    res.resize(max(n+1,2LL));
    res[0].push_back(1);
    res[1].push_back(1);
    res[1].push_back(1);
 
    FOR(i, 2, res.size()) {
        res[i].push_back(1);
        FOR(j,1,i){
            res[i].push_back((res[i-1][j - 1] + (j+1)*res[i-1][j]) % MOD);
        }
        res[i].push_back(1);
    }
    return res;
}
 
void solve() {
    int N; cin >> N >> MOD;
    vector<vector<int> > b = BinomialCoefficients(N);
    vector<vector<int> > s2 = StirlingNumber2(N);
    vector<int> pow2(N*N+1);
    vector<int> powpow2(N+1);
    pow2[0] = 1;
    powpow2[0] = 2;
    FOR(i, 1, pow2.size()) pow2[i] = (pow2[i - 1] * 2)%MOD;
    FOR(i, 1, powpow2.size()) powpow2[i] = (powpow2[i - 1] * powpow2[i - 1]) % MOD;
    vector<int> ways(N + 1);
 
    int res = 0;
    REP(i, ways.size()) {
        int w = 0;
        REP(j, i + 1) {
            int temp = (s2[i][j] * pow2[(N - i)*j]) % MOD;
            temp = (temp * powpow2[N - i]) % MOD;
            w = (w + temp) % MOD;
        }
        int temp = (w * b[N][i]) % MOD;
        temp *= (i % 2 == 0 ? 1 : -1);
        res = (res + temp);
        while (res < 0) res += MOD;
        res %= MOD;
    }
    cout << res << endl;
}

note

$a^{b} (\mathrm{mod}\ p) = a^{b\ \mathrm{mod}\ (p-1)} (\mathrm{mod}\ p)$

フェルマーの小定理より、 $a^{p-1} = 1$ つまり、 $a^{p-1}$ を何度かけても1を掛け算するので答えは変わらない $a^{b} = a^{b/p-1} * a^{b \% (p-1)} = a^{p-1} * a^{p-1} * \cdots * a^{p-1} * a^{b \% (p-1)} = a^{b \% (p-1)}$

2018-02-27

AGC021 D - Reversed LCS

問題

agc021.contest.atcoder.jp

問題概要

文字列 $S$ が与えられる
$S'$ は $S$ を逆から読んだものである。
$S$ のうち $K$ 文字を変えることが出来る
最大 $K$ 文字を変更し, $S$ と $S'$ の最長共通部分列を求める

考察

これってつまり回文を求めろってことでは…?
回分なら典型的な区間DPがある(あとで解説)
$K$ も一緒にDPテーブルに突っ込んでやる

$\mathrm{dp}(l)(r)(x) x回文字を変更し, [l, r)の間で最長の回文$

漸化式

文字を変更しない場合

通常の回文であれば、以下のDPで更新できる。

$l, r-1$ の文字が等しい場合(A???????A みたいな文字列の時は、最初と最後の文字を除いた真ん中の部分+2してやれば良い.)
$\mathrm{dp}(l)(r) = \mathrm{dp}(l+1)(r-1)+ 2$
そうではない場合(A???????B みたいな文字列の時は、Aを含みBを含まない文字列とAを含まずにBを含む文字列で比較してやれば良い)
$\mathrm{dp}(l)(r) = \max(dp(l+1)(r), dp(l)(r-1))$

文字を変更する場合

今回は、文字の変更ができるので、もう少しアレンジする。

$l, r-1$ の文字が等しい場合(A???????A みたいな文字列の時は、最初と最後の文字を除いた真ん中の部分+2してやれば良い.)
$\mathrm{dp}(l)(r)(x) = \mathrm{dp}(l+1)(r-1)(x) + 2$
そうではない場合(A???????B みたいな文字列の時は、Aを含みBを含まない文字列とAを含まずにBを含む文字列で比較してやれば良いし、さらに、 $x$ を一回分消費して、最初と最後の文字を強引に合わせても良い。)
$\mathrm{dp}(l)(r)(x) = \max(dp(l+1)(r)(x), dp(l)(r-1)(x), dp(l+1)(r-1)(x-1)+2)$

実装

agc021.contest.atcoder.jp

#include <iostream>
#include <queue>
#include <map>
#include <list>
#include <vector>
#include <string>
#include <stack>
#include <limits>
#include <climits>
#include <cassert>
#include <fstream>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <bitset>
#include <iomanip>
#include <algorithm>
#include <functional>
#include <cstdio>
#include <ciso646>
#include <set>
#include <array>
#include <unordered_map>
#include <complex>

using namespace std;

#define FOR(i,a,b) for (int i=(a);i<(b);i++)
#define RFOR(i,a,b) for (int i=(b)-1;i>=(a);i--)
#define REP(i,n) for (int i=0;i<(n);i++)
#define RREP(i,n) for (int i=(n)-1;i>=0;i--)

#define inf 0x3f3f3f3f
#define PB push_back
#define MP make_pair
#define ALL(a) (a).begin(),(a).end()
#define SET(a,c) memset(a,c,sizeof a)
#define CLR(a) memset(a,0,sizeof a)
#define VS vector<string>
#define VI vector<ll>
#define DEBUG(x) cout<<#x<<": "<<x<<endl
#define MIN(a,b) (a>b?b:a)
#define MAX(a,b) (a>b?a:b)
#define pi 2*acos(0.0)
#define INFILE() freopen("in0.txt","r",stdin)
#define OUTFILE()freopen("out0.txt","w",stdout)
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define pii pair<ll,ll>
#define pcc pair<char,char>
#define pic pair<ll,char>
#define pci pair<char,ll>
#define eps 1e-14
#define FST first
#define SEC second
#define SETUP cin.tie(0), ios::sync_with_stdio(false), cout << setprecision(15)

namespace {
	struct input_returnner {
		ll N; input_returnner(ll N_ = 0) :N(N_) {}
		template<typename T> operator vector<T>() const { vector<T> res(N); for (auto &a : res) cin >> a; return std::move(res); }
		template<typename T> operator T() const { T res; cin >> res; return res; }
		template<typename T> T operator - (T right) { return T(input_returnner()) - right; }
		template<typename T> T operator + (T right) { return T(input_returnner()) + right; }
		template<typename T> T operator * (T right) { return T(input_returnner()) * right; }
		template<typename T> T operator / (T right) { return T(input_returnner()) / right; }
		template<typename T> T operator << (T right) { return T(input_returnner()) << right; }
		template<typename T> T operator >> (T right) { return T(input_returnner()) >> right; }
	};
	template<typename T> input_returnner in() { return in<T>(); }
	input_returnner in() { return input_returnner(); }
	input_returnner in(ll N) { return std::move(input_returnner(N)); }
}

const ll MOD = 1e9 + 7;

void solve();

signed main() {
	SETUP;
	solve();
#ifdef _DEBUG
	system("pause");
#endif
	return 0;
}

int dp[302][302][301] = {}; // dp[l][r][x] : x個文字列を変更する権利を使用した時に, [l,r)間で最長となる回文

void solve() {
	string S; cin >> S;
	int K; cin >> K;
	REP(i, S.size()) REP(x,K+1){
		dp[i][i + 1][x] = 1;
	}
	FOR(w, 2, S.size()+1) {
		FOR(l, 0, S.size() + 1 - w) {
			FOR(x, 0, K+1) {
				int r = l + w;
				// cout << S[l] << " " << S[r-1] << endl;
				if (S[l] == S[r-1]) {
					dp[l][r][x] = dp[l + 1][r - 1][x] + 2;
				}
				else {
					dp[l][r][x] = max(dp[l + 1][r][x], dp[l][r - 1][x]);
					if(x-1 >= 0) dp[l][r][x] = max(dp[l][r][x], dp[l + 1][r - 1][x - 1] + 2);
				}
			}
		}
	}
	int res = 0;
	REP(i, K+1) {
		res = max(res, dp[0][S.size()][i]);
	}
	cout << res << endl;
}

感想

$x$ の更新方法をミスったdpをする時は左辺に+1とか描いちゃダメだ
$x-1>0$ とか描いてしまった配列外参照対策に、あえて変形せずにそのまま描いて保証する書き方をしているが、こういうミスは良くない反省
今回始めて半開区間の区間DPを書いたが、 $l+1, r-1$ なテーブルにアクセスする時に便利だった。

2018-02-27

AGC012 B - Holes

問題

agc021.contest.atcoder.jp

問題概要

めちゃめちゃでかい $R$ を持つ円が与えられる。
その真ん中 $\pm 10^6$ の範囲内に穴を置く。
めちゃめちゃでかい円 $R$ 内に点を起き、その点は最も近くにある穴に落ちる。
円の内部すべてに点を起き、各穴に落ちる面積の割合をそれぞれ求める。
同じ座標に2つ置くようなケースはない
ちなみに与えられる座標は整数値(今回はこの条件は使わないゴリ押し解法だと必要かも？)

2018-02-11

みんなのプロコン 2018 C - 駆引取引

問題

yahoo-procon2018-qual.contest.atcoder.jp

問題概要

ある時間 $t$ に関して、

高橋くんは $\Sigma_{i=1}^{t} x_i$ のお金を持っている。
青木くんは、 $t$ 個商品を発禁することができる。

すべての時間 $t$ に関して、

青木くんは高橋くんの買うことの出来る商品の価値を最小にするように商品を発禁にしていく。
高橋くんは買うことの出来る商品のなかで、最も価値が高くなるように買う(買ったらそこで終わり)。

この条件下で高橋くんが買える価値は最大で幾つになるか？

考察

$N$ がクソちっちゃい [tex: 2^N] 圏内なのでbitDPを疑う
禁止にして、残りを買うというのはちょっとややこしいので時間を逆にする
- 高橋くんは最初にお金を満額持っている状態で、だんだん減らしていく
- 青木くんは買うことが出来る商品を解放していく。
$S:$ 1が買うことが出来る商品, 0が発禁とする。
$\mathrm{dp}(S):$ 状態がSの時、最大となるスコア

$\mathrm{dp}(S)$ は以下の2つのうち大きい方

$S$ の1が立っているものでナップサック(高橋くんは解放されている商品のうち、最大になるように商品を購入することが出来る)
$S$ から立っているビットを1を一つ減らしたもののうちから最小値(青木くんは価値が最小になるように順に商品を解放することができる)

$\mathrm{dp}(0) = 0$ として、DPをスタートさせる。

この実装では、ナップサックは関数f()で実装している。

#include <iostream>
#include <queue>
#include <map>
#include <list>
#include <vector>
#include <string>
#include <stack>
#include <limits>
#include <climits>
#include <cassert>
#include <fstream>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <bitset>
#include <iomanip>
#include <algorithm>
#include <functional>
#include <cstdio>
#include <ciso646>
#include <set>
#include <array>
#include <unordered_map>

using namespace std;

#define FOR(i,a,b) for (int i=(a);i<(b);i++)
#define RFOR(i,a,b) for (int i=(b)-1;i>=(a);i--)
#define REP(i,n) for (int i=0;i<(n);i++)
#define RREP(i,n) for (int i=(n)-1;i>=0;i--)

#define inf 0x3f3f3f3f
#define PB push_back
#define MP make_pair
#define ALL(a) (a).begin(),(a).end()
#define SET(a,c) memset(a,c,sizeof a)
#define CLR(a) memset(a,0,sizeof a)
#define VS vector<string>
#define VI vector<ll>
#define DEBUG(x) cout<<#x<<": "<<x<<endl
#define MIN(a,b) (a>b?b:a)
#define MAX(a,b) (a>b?a:b)
#define pi 2*acos(0.0)
#define INFILE() freopen("in0.txt","r",stdin)
#define OUTFILE()freopen("out0.txt","w",stdout)
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define pii pair<ll,ll>
#define pcc pair<char,char>
#define pic pair<ll,char>
#define pci pair<char,ll>
#define eps 1e-14
#define FST first
#define SEC second
#define SETUP cin.tie(0), ios::sync_with_stdio(false), cout << setprecision(15)

namespace {
    struct input_returnner {
        ll N; input_returnner(ll N_ = 0) :N(N_) {}
        template<typename T> operator vector<T>() const { vector<T> res(N); for (auto &a : res) cin >> a; return std::move(res); }
        template<typename T> operator T() const { T res; cin >> res; return res; }
        template<typename T> T operator - (T right) { return T(input_returnner()) - right; }
        template<typename T> T operator + (T right) { return T(input_returnner()) + right; }
        template<typename T> T operator * (T right) { return T(input_returnner()) * right; }
        template<typename T> T operator / (T right) { return T(input_returnner()) / right; }
        template<typename T> T operator << (T right) { return T(input_returnner()) << right; }
        template<typename T> T operator >> (T right) { return T(input_returnner()) >> right; }
    };
    template<typename T> input_returnner in() { return in<T>(); }
    input_returnner in() { return input_returnner(); }
    input_returnner in(ll N) { return std::move(input_returnner(N)); }
}

const ll MOD = 1e9 + 7;

struct ModInt {
    ll v = 0;
    ModInt() {}
    template<class T> ModInt(const T& right) {
        v = right;
        if (v >= 0) v %= MOD;
        else v += ((-v) / MOD + 1)*MOD;
        v %= MOD;
    }
    void operator = (const ModInt& right) { v = right.v; }
    template<class T> void operator = (const T& right) {
        v = right;
        if (v >= 0) v %= MOD;
        else v = v += ((-v) / MOD + 1)*MOD;
        v %= MOD;
    }

    ModInt operator + (const ModInt& right) { return (v + right.v) % MOD; }
    ModInt operator - (const ModInt& right) { return (MOD - (v - right.v)); }
    ModInt operator * (const ModInt& right) { return (v * right.v) % MOD; }
    ModInt operator / (const ModInt& right) { return v / right.v; }

    void operator += (const ModInt& right) { v = (v + right.v) % MOD; }
    void operator -= (const ModInt& right) { v = (MOD - (v - right.v)); }
    void operator *= (const ModInt& right) { v = (v* right.v) % MOD; }
    void operator /= (const ModInt& right) { v = v / right.v; }

    bool operator == (const ModInt& right) { return v == right.v; }
};

ostream& operator << (ostream& os, const ModInt& value) {
    os << value.v;
    return os;
}

string YN[] = { "No", "Yes" };

void solve();
/// ---template---

#define int ll

int gcd(int a, int b) {
    return b != 0 ? gcd(b, a % b) : a;
}

signed main() {
    SETUP;
    solve();
#ifdef _DEBUG
    system("pause");
#endif
    return 0;
}

int N;
vector<int> x, c, v;

int f(int money, int check) {
    int res = 0;
    vector<pii> ps; // value, cost
    REP(i, N) if(check >> i & 1) {
        int s = ps.size();
        for(int j=0;j<s;++j){
            auto &a = ps[j];
            pii p(a.first+v[i], a.second+c[i]);
            if (p.second <= money) {
                ps.push_back(p);
                res = max(res, p.first);
            }
        }
        pii p(v[i], c[i]);
        if (p.second <= money) {
            ps.push_back(p);
            res = max(res, p.first);
        }
    }
    return res;
}

int dp[(1 << 18) - 1];

void solve() {
    cin >> N;
    vector<int> moneys;
    moneys.push_back(0);
    REP(i, N) {
        int a; cin >> a; x.push_back(a);
        moneys.push_back(moneys.back() + a);
    }
    REP(i, N) {
        int a; cin >> a; c.push_back(a);
    }
    REP(i, N) {
        int a; cin >> a; v.push_back(a);
    }

    reverse(ALL(moneys));

    dp[0] = 0;
    FOR(b,1,1 << N) {
        int res = 0;
        int money = moneys[static_cast<bitset<32>>(b).count()];
        res = max(res, f(money, b));
        int mi = numeric_limits<int>().max();
        REP(i, N) if ((b >> i) & 1) {
            int prev = b - (1 << i);
            if (mi > dp[prev] or mi == -1) mi = dp[prev];
        }
        res = max(res, mi);
        dp[b] = res;
    }
    cout << dp[(1<<N)-1] << endl;
}

2018-02-11

APC001 E - Antennas on Tree

問題

apc001.contest.atcoder.jp

問題概要

木が与えられる。
木のノードをアンテナを $K$ 個設置する。
すべてのノードに対して、すべての選択したノードからの距離を数えて、これをベクトルとする
このベクトルが同じにならないようにすることができる最小の $K$ を求める。

考察

アンテナを置いてBFS的に距離を数えていくと、分岐した先で必ず一つはアンテナをおかなければならない
次数が2なノード(一直線なグラフ)を挿入しても全く影響しないことがわかるので、次数が2なノードは無視して考える。(もしすべての次数が2以下の場合は端にアンテナを一つおけばよい)
このようなうにの中心(2番)にアンテナを置くのは無意味 2番を中心に、1,3,4のうちどれを置くか考える。
葉のうち、すべてを置く必要はなく、一つだけおかなくても良い。(なので今回は $K=2$ になる)

f:id:kurenaif:20180211214025p:plain

つまり、以下の処理をすれば行けそう。

rootノードは次数3以上のものを設定する(ここにはアンテナはおかない。ない場合は1を出力して終了)
DFSで木を見ていく
葉の数-1をroot側に伝えていく。

ソースコード

#include <iostream>
#include <queue>
#include <map>
#include <list>
#include <vector>
#include <string>
#include <stack>
#include <limits>
#include <climits>
#include <cassert>
#include <fstream>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <bitset>
#include <iomanip>
#include <algorithm>
#include <functional>
#include <cstdio>
#include <ciso646>
#include <set>
#include <array>
#include <unordered_map>

using namespace std;

#define FOR(i,a,b) for (int i=(a);i<(b);i++)
#define RFOR(i,a,b) for (int i=(b)-1;i>=(a);i--)
#define REP(i,n) for (int i=0;i<(n);i++)
#define RREP(i,n) for (int i=(n)-1;i>=0;i--)

#define inf 0x3f3f3f3f
#define PB push_back
#define MP make_pair
#define ALL(a) (a).begin(),(a).end()
#define SET(a,c) memset(a,c,sizeof a)
#define CLR(a) memset(a,0,sizeof a)
#define VS vector<string>
#define VI vector<ll>
#define DEBUG(x) cout<<#x<<": "<<x<<endl
#define MIN(a,b) (a>b?b:a)
#define MAX(a,b) (a>b?a:b)
#define pi 2*acos(0.0)
#define INFILE() freopen("in0.txt","r",stdin)
#define OUTFILE()freopen("out0.txt","w",stdout)
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define pii pair<ll,ll>
#define pcc pair<char,char>
#define pic pair<ll,char>
#define pci pair<char,ll>
#define eps 1e-14
#define FST first
#define SEC second
#define SETUP cin.tie(0), ios::sync_with_stdio(false), cout << setprecision(15)

namespace {
    struct input_returnner {
        ll N; input_returnner(ll N_ = 0) :N(N_) {}
        template<typename T> operator vector<T>() const { vector<T> res(N); for (auto &a : res) cin >> a; return std::move(res); }
        template<typename T> operator T() const { T res; cin >> res; return res; }
        template<typename T> T operator - (T right) { return T(input_returnner()) - right; }
        template<typename T> T operator + (T right) { return T(input_returnner()) + right; }
        template<typename T> T operator * (T right) { return T(input_returnner()) * right; }
        template<typename T> T operator / (T right) { return T(input_returnner()) / right; }
        template<typename T> T operator << (T right) { return T(input_returnner()) << right; }
        template<typename T> T operator >> (T right) { return T(input_returnner()) >> right; }
    };
    template<typename T> input_returnner in() { return in<T>(); }
    input_returnner in() { return input_returnner(); }
    input_returnner in(ll N) { return std::move(input_returnner(N)); }
}

const ll MOD = 1e9 + 7;

struct ModInt {
    ll v = 0;
    ModInt() {}
    template<class T> ModInt(const T& right) {
        v = right;
        if (v >= 0) v %= MOD;
        else v += ((-v) / MOD + 1)*MOD;
        v %= MOD;
    }
    void operator = (const ModInt& right) { v = right.v; }
    template<class T> void operator = (const T& right) {
        v = right;
        if (v >= 0) v %= MOD;
        else v = v += ((-v) / MOD + 1)*MOD;
        v %= MOD;
    }

    ModInt operator + (const ModInt& right) { return (v + right.v) % MOD; }
    ModInt operator - (const ModInt& right) { return (MOD - (v - right.v)); }
    ModInt operator * (const ModInt& right) { return (v * right.v) % MOD; }
    ModInt operator / (const ModInt& right) { return v / right.v; }

    void operator += (const ModInt& right) { v = (v + right.v) % MOD; }
    void operator -= (const ModInt& right) { v = (MOD - (v - right.v)); }
    void operator *= (const ModInt& right) { v = (v* right.v) % MOD; }
    void operator /= (const ModInt& right) { v = v / right.v; }

    bool operator == (const ModInt& right) { return v == right.v; }
};

ostream& operator << (ostream& os, const ModInt& value) {
    os << value.v;
    return os;
}

string YN[] = { "No", "Yes" };

void solve();
/// ---template---

#define int ll

int gcd(int a, int b) {
    return b != 0 ? gcd(b, a % b) : a;
}

signed main() {
    SETUP;
    solve();
#ifdef _DEBUG
    system("pause");
#endif
    return 0;
}

vector<int> A;
vector<vector<int> > G;

int DFS(int node, int prev) {
    bool isZeroCheck = false;
    int res = 0;
    for (auto &to : G[node]) if(to != prev){
        const int score = DFS(to, node);
        if (score == 0) {
            if (not isZeroCheck) isZeroCheck = true;
            else res++;
        }
        else res += score;
    }
    return res;
}

void solve() {
    int N; cin >> N;
    G.resize(N);
    REP(i, N-1) {
        int a, b; cin >> a >> b;
        G[a].push_back(b);
        G[b].push_back(a);
    }

    bool isThree = false;
    REP(i, G.size()) if (2 < G[i].size()) {
        cout << DFS(i, -1) << endl;
        return;
    }
    cout << 1 << endl;
}

2018-02-07

GitHubとかのQuickStart等に書くコマンドをいい感じにコピペしたい

動機

最近研究室内等での小さな使いまわせるツールをいくつか書くようになり，自分でも忘れないようにQucikStartを書くことが多くなった．また，gitの使い方等の入門スライド等も作るようになった．

これらの記事を書く際に必要になるのが

$ git clone XXXX
$ cd XXXX
$ ./run

みたいなコマンドの実行履歴である．

今までこれを手打ちで書いてターミナルにマウスカーソルを持って行ってコピーするみたいな非効率的なことをやっていたが，実はもっと効率的に作業できるのでは？と思い記事を書いた．

入力と出力をまるまる保存したい

こういう時はscriptコマンドを使う. scriptして，exitしたらその間の処理をいい感じにファイルに吐いてくれる．

この記事を参照する

https://dev.classmethod.jp/server-side/os/scriptcommand/

使用したコマンドだけを出力したい

historyコマンドを使用する． fishやzshではちょっと違いそう

参考) https://stackoverflow.com/questions/7110119/bash-history-without-line-numbers/7110197

$ history -c
$ command1
$ command2
$ history | awk '{$1="";print substr($0,2)}' | sed -e 's/^/$ /g' | head -n -1

これで$マークがついたいい感じの履歴が表示される．awkでhistoryの数字を削り，sedで行頭に$を追加，headでhistoryコマンドそのものの表示を削っている．

[参考] 履歴をスライドに貼り付けたい時

https://carbon.now.sh/?bg=rgba(171,%20184,%20195,%201)&t=base16-dark&l=auto&ds=true&wc=true&wa=true&pv=48px&ph=32px&ln=false

これが便利そう

くれなゐの雑記

例を上げて自分で手を動かして学習できる入門記事を多めに書いています

ARC081 E - Don't Be a Subsequence

問題

問題概要

考察

実装

ARC096 E - Everything on It

問題

問題概要 & note

考察(解説見た)

source code

note

AGC021 D - Reversed LCS

問題

問題概要

考察

漸化式

文字を変更しない場合

文字を変更する場合

実装

感想

AGC012 B - Holes

問題

問題概要

みんなのプロコン 2018 C - 駆引取引

問題

問題概要

考察

APC001 E - Antennas on Tree

問題

問題概要

考察

ソースコード

GitHubとかのQuickStart等に書くコマンドをいい感じにコピペしたい

動機

入力と出力をまるまる保存したい

使用したコマンドだけを出力したい

[参考] 履歴をスライドに貼り付けたい時