Разбор задач Educational Codeforces Round 12

Revision ru7, by Edvard, 2016-04-20 22:56:00

665A - Автобусы между городами

Задачу предложил Сергей Эрлих unprost.

Рассмотрим интервал времени, когда Симион будет находиться на трассе строго между городами (x1, y1), (x1 = 60h + m, y1 = x1 + ta). Переберём встречный автобус. Пусть (x2, y2) — это интервал времени, когда встречный автобус будет находиться строго между городами. Если пересечение этих интервалов (x = max(x1, x2), y = min(y1, y2)) не пусто, то Симион посчитает этот автобус.

Решение на С++

Сложность: O(1).

665B - Покупки

Задачу предложил Ayush Anand JeanValjean01.

В этой задаче нужно было сделать ровно то, что написано в условии. Никаких хитростей и подвохов.

Решение на C++

Сложность: O(nmk).

665C - Простые строки

Задачу предложил Zi Song Yeoh zscoder.

Для решения этой задачи есть два подхода: жадность и динамическое программирование.

Первый подход: Рассмотрим некоторый отрезок из подряд идущих одинаковых букв. Пусть длина отрезка k. Очевидно мы должны изменить хотя бы букв в ней, чтобы не было одинаковых букв подряд. С другой стороны мы можем изменить второй, четвёртый и т.д. символы на букву, которая не равна букве слева и справа от нашего отрезка.

Жадность на C++

Второй подход: Пусть zka — наименьшее количество изменений, чтобы на префиксе длины k не было двух подряд идущих одинаковых букв и при этом символ s'k был равен букве a. Переберём букву, которую поставим на k + 1-й позиции и если она не равна a сделаем переход. Цена перехода равна 0, если мы поставили ту же букву, что стояла в исходной строке s на k + 1-й позиции. В противном случае цена равна 1.

Динамика на C++

Сложность: O(n).

665D - Красивое подмножество

Задачу предложил Zi Song Yeoh zscoder.

Рассмотрим подмножество A, являющееся ответом на задачу. Пусть a, b, c — три произвольных элемента из A и пусть не более чем один из них равен 1. По принципу Дирихле среди этих трёх чисел обязательно найдется пара чисел с одинаковой чётностью. Поскольку в этой паре только одно может быть равно 1, то их сумма чётна и больше 2. Значит подмножество A не является простым. Таким образом, A состоит либо из двух чисел больших единицы (с простой суммой), либо из некоторого количества единиц и возможно одной не единицы (если она равна простому минус один). Первый случай легко обработать за O(n2). Второй случай легко обрабатывается за линейное время. Среди двух ответов, конечно, нужно просто выбрать лучший.

Проверять на простоту числа порядка 2·106 за O(1) можно с помощью обычного или линейного решета Эратосфена.

Решение на C++

Сложность: O(n2 + X), где X — максимальное среди заданных чисел.

665E - Красивые подмассивы

Задачу предложил Zi Song Yeoh zscoder.

Знак в разборе обозначает бинарную операцию побитового исключающего или.

Пусть si — xor первых i чисел на префиксе. Тогда полуинтервал (i, j] красивый если . Будем перебирать j от 1 до n. Будем рассматривать значения sj как битовые строки. На каждой итерации к ответу нам нужно прибавить величину zj — количество чисел si (i < j) таких, что . Для этого воспользуемся структурой данных бор. Будем хранить в боре все si для i < j. Кроме самой структуры бора будем в каждой вершине хранить количество листьев в поддереве этой вершины (это легко делать при добавлении новой строки). Для вычисления значения zj будем спускаться по бору, начиная из корня. Будем накапливать число cur равное префиксу ксора числа sj с путём по которому мы спустились по бору. Пусть текущий бит в sj равен b, а i — это глубина вершины в боре в которой мы находимся. Если число cur + 2i ≥ k, то мы сразу можем прибавить к zj количество листьев вершины , поскольку все эти листья соответствуют si-м гарантированно дающим . После этого мы должны спуститься в поддерево b. Если же cur + 2i < k, то мы должны просто спуститься в поддерево , пересчитав значение cur = cur + 2i.

Решение на C++

Сложность по времени и памяти: O(nlogX), где X — наибольший из ксоров на префиксах.

665F - Четыре делителя

The editorial for this problem is a little modification of the materials from the lecture of Mikhail Tikhomirov Endagorion of the autumn of 2015 in Moscow Institute of Physics and Technology. Thanks a lot to Endagorion for that materials.

Easy to see that only the numbers of the form p·q and p3 (for different prime p, q) have exactly four positive divisors.

We can easily count the numbers of the form p3 in , where n is the number from the problem statement.

Now let p < q and π(k) be the number of primes from 1 to k. Let's iterate over all the values p. Easy to see that . So for fixed p we should increase the answer by the value .

So the task is ot to find ~--- the number of primes not exceeding , for all p.

Denote pj the j-th prime number. Denote dpn, j the number of k such that 1 ≤ k ≤ n, and all prime divisors of k are at least pj (note that 1 is counted in all dpn, j, since the set of its prime divisors is empty). dpn, j satisfy a simple recurrence:

  1. dpn, 1 = n (since p1 = 2)

  2. dpn, j = dpn, j + 1 + dpn / pj⌋, j, hence dpn, j + 1 = dpn, j - dpn / pj⌋, j

Let pk be the smallest prime greater than . Then π(n) = dpn, k + k - 1 (by definition, the first summand accounts for all the primes not less than k).

If we evaluate the recurrence dpn, k straightforwardly, all the reachable states will be of the form dpn / i⌋, j. We can also note that if pj and pk are both greater than , then dpn, j + j = dpn, k + k. Thus, for each n / i it makes sense to keep only values of dpn / i⌋, j.

Instead of evaluating all DP states straightforwardly, we perform a two-step process:

  1. Choose K.

  2. Run recursive evaluation of dpn, k. If we want to compute a state with n < K, memorize the query ``count the numbers not exceeding n with all prime divisors at least k''.

  3. Answer all the queries off-line: compute the sieve for numbers up to K, then sort all numbers by the smallest prime divisor. Now all queries can be answered using RSQ structure. Store all the answers globally.

  4. Run recurisive evaluation of dpn, k yet again. If we want to compute a state with n < K, then we must have preprocessed a query for this state, so take it from the global set of answers.

The performance of this approach relies heavily on Q~--- the number of queries we have to preprocess.

Statement. .

Proof:

Each state we have to preprocess is obtained by following a dpn / pj⌋, j transition from some greater state. It follows that Q doesn't exceed the total number of states for n > K.

The preprocessing of Q queries can be done in , and it is the heaviest part of the computation. Choosing optimal , we obtain the complexity .

C++ solution

Complexity: .

Tags учебный раунд 12, разбор задач

History

 
 
 
 
Revisions
 
 
  Rev. Lang. By When Δ Comment
ru9 Russian Edvard 2016-04-21 01:56:30 7297
en13 English Edvard 2016-04-21 00:46:44 2897
en12 English Edvard 2016-04-21 00:24:45 2294
en11 English Edvard 2016-04-21 00:12:52 2378
en10 English Edvard 2016-04-21 00:02:42 818
en9 English Edvard 2016-04-21 00:00:58 1001
en8 English Edvard 2016-04-20 23:03:30 65
ru8 Russian Edvard 2016-04-20 23:03:12 112
ru7 Russian Edvard 2016-04-20 22:56:00 68
en7 English Edvard 2016-04-20 22:55:17 16
en6 English Edvard 2016-04-20 22:54:41 13
ru6 Russian Edvard 2016-04-20 20:48:13 6203
en5 English Edvard 2016-04-20 20:20:15 9 Tiny change: 'the number of the fo' -> 'the numbers of the fo'
en4 English Edvard 2016-04-20 20:14:31 2
en3 English Edvard 2016-04-20 20:13:49 156
en2 English Edvard 2016-04-20 20:00:29 8 (published)
en1 English Edvard 2016-04-20 19:58:31 6278 Initial revision for English translation
ru5 Russian Edvard 2016-04-20 19:38:18 133
ru4 Russian Edvard 2016-04-20 19:36:17 2945
ru3 Russian Edvard 2016-04-20 19:12:54 68
ru2 Russian Edvard 2016-04-20 17:48:16 117
ru1 Russian Edvard 2016-04-20 17:39:47 6525 Первая редакция (сохранено в черновиках)