SCPC 2023 1차 예선

예선에서 3문제 이상 푼건 처음이라 나름 기쁘다. ㅎㅎ

 

문제 1:

O(N) 완전탐색

#include <bits/stdc++.h>
#define all(v) (v).begin(), (v).end()
using namespace std;

using ti2 = pair<int, int>;
using ll = long long;
using tl2 = pair<ll, ll>;

void solve() {
  int N, A, B;
  cin >> N >> A >> B;

  // A > B
  if (A < B) swap(A, B);

  for (int i = 0; i * A <= N; ++i) {
    if ((N - i * A) % B == 0) {
      cout << i + (N - i * A) / B << endl;
      return;
    }
  }
}

signed main() {
  int TEST, CASE = 1;
  for (cin >> TEST; CASE <= TEST; ++CASE) {
    cout << "Case #" << CASE << endl;
    solve();
  }
}

 

문제 2:

로봇이 어떤 구간 [L, R]을 탐색할 때 (L <= 0 <= R), 최적의 이동 방법은 한쪽 끝까지 갔다가 반대쪽 끝까지 가는 것이다.

L을 고정하면, 최대 R을 O(1)에 계산할 수 있다.
그러면 구간 내 존재하는 딸기의 수를 O(log N) 정도에 계산할 수 있다.

L을 고정하는 방법은 O(N)가지이므로 총 O(NlogN)

#include <bits/stdc++.h>
#define all(v) (v).begin(), (v).end()
using namespace std;

using ti2 = pair<int, int>;
using ll = long long;
using tl2 = pair<ll, ll>;

void solve() {
  ll N, D;
  cin >> N >> D;

  vector<ll> v(N);
  for (ll &i : v) cin >> i;
  sort(all(v));

  vector<ll> lookup;
  for (ll i : v) {
    if (i < 0) lookup.push_back(i);
  }
  lookup.push_back(0);

  auto query = [&](ll l, ll r) -> ll {
    int lp, rp;
    int lmost_berry = N, rmost_berry = -1;

    for (lp = 0, rp = N - 1; lp <= rp; ) {
      int mid = lp + rp >> 1;

      if (l <= v[mid]) {
        lmost_berry = mid;
        rp = mid - 1;
      } else {
        lp = mid + 1;
      }
    }
    for (lp = 0, rp = N - 1; lp <= rp; ) {
      int mid = lp + rp >> 1;

      if (v[mid] <= r) {
        rmost_berry = mid;
        lp = mid + 1;
      } else {
        rp = mid - 1;
      }
    }
    
    if (lmost_berry > rmost_berry) return 0LL;
    return rmost_berry - lmost_berry + 1;
  };


  ll ans = 0;

  for (ll L : lookup) {
    if (-L > D) continue;
    ll R = max(L + (D + L), (D + L) >> 1);
    ans = max({ ans, query(L, R), query(L, 0) });
  }

  cout << ans << endl;
}

signed main() {
  ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0);
  
  int TEST, CASE = 1;
  for (cin >> TEST; CASE <= TEST; ++CASE) {
    cout << "Case #" << CASE << endl;
    solve();
  }
}

 

문제 3:

충분한 단계를 거친 뒤,
모든 칸이 0 초과이면 답은 1.
아니라면 가장 짧은 주기.

 

충분한 단계를 거친 뒤의 모습은 아래 코드와 같이 계산할 수 있다.

주기는 KMP 등으로 구할 수 있다.

#include <bits/stdc++.h>
#define all(v) (v).begin(), (v).end()
using namespace std;

using ti2 = pair<int, int>;
using ll = long long;
using tl2 = pair<ll, ll>;

void solve() {
  ll N;
  cin >> N;

  vector<ll> v(N);
  for (ll &i : v) cin >> i;

  if (accumulate(all(v), 0LL) >= N) {
    cout << 1 << endl;
    return;
  }

  ll carry = 0;

  for (int i = N - 1; i != -1; --i) {
    carry += v[i];
    v[i] = carry ? 1 : 0;
    carry = carry ? carry - 1 : 0;
  }
  for (int i = N - 1; i != -1; --i) {
    carry += v[i];
    v[i] = carry ? 1 : 0;
    carry = carry ? carry - 1 : 0;
  }

  vector<int> dp(N, 0);
  for (int i = 1, j = 0; i < N; ++i) {
    while (j != 0 && v[i] != v[j]) j = dp[j - 1];

    if (v[i] == v[j]) {
      dp[i] = ++j;
    }
  }

  int ans = N - dp.back();

  if (N % ans == 0) cout << ans;
  else cout << N;

  cout << endl;
}

signed main() {
  ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0);

  int TEST, CASE = 1;
  for (cin >> TEST; CASE <= TEST; ++CASE) {
    cout << "Case #" << CASE << endl;
    solve();
  }
}

 

문제 4:

R의 각 index에 대해, P의 prefix와 얼마나 많이 일치하는지 O(NlogN)에 계산할수 있다.

 

a[i] : 위에서 계산한 최장 일치 길이라고 하자.

포인터 l : 0, 포인터 r : a[0] 로 두면 이 구간은 비용 1로 도달할 수 있다.

다음 위치는 포인터 l : a[0] + 1, 포인터 r : max(a[l], a[l+1], ..., a[r])이고, 이 구간은 비용 2로 도달할 수 있다.

포인터 r이 |R| 에 도달하면 종료, 각 index를 한번씩만 확인하니까 총 O(NlogN)

#include <bits/stdc++.h>
#define all(v) (v).begin(), (v).end()
using namespace std;

using ti2 = pair<int, int>;
using ll = long long;
using tl2 = pair<ll, ll>;

const ll X = 131, md1 = 1e9 + 7, md2 = 1e9 + 9;

string R, P;
tl2 drop[250010], ph[250010], rh[250010];
int a[250010], dp[250010];

void solve() {
  cin >> R >> P;

  int N = R.size(), M = P.size();

  R = "$" + R;
  P = "$" + P;

  for (int i = 1; i <= N; ++i) dp[i] = 0;


  for (int i = 1; i <= N; ++i) {
    rh[i] = {
      (rh[i-1].first * X + R[i]) % md1,
      (rh[i-1].second * X + R[i]) % md2,
    };
  }
  for (int i = 1; i <= M; ++i) {
    ph[i] = {
      (ph[i-1].first * X + P[i]) % md1,
      (ph[i-1].second * X + P[i]) % md2,
    };
  }

  auto query_r = [](int l, int r) -> tl2 {
    return {
      (md1 + rh[r].first - (rh[l-1].first * drop[r-l+1].first) % md1) % md1,
      (md2 + rh[r].second - (rh[l-1].second * drop[r-l+1].second) % md2) % md2
    };
  };
  auto query_p = [](int l, int r) -> tl2 {
    return {
      (md1 + ph[r].first - (ph[l-1].first * drop[r-l+1].first) % md1) % md1,
      (md2 + ph[r].second - (ph[l-1].second * drop[r-l+1].second) % md2) % md2
    };
  };

  for (int i = 1; i <= N; ++i) {
    if (R[i] != P[1]) {
      a[i] = 0;
    } else {
      int lp, rp;
      for (lp = 1, rp = min(M, N - i + 1); lp <= rp; ) {
        int mid = (lp + rp) >> 1;
        if (query_r(i, i + mid - 1) == query_p(1, mid)) {
          a[i] = mid;
          lp = mid + 1;
        } else {
          rp = mid - 1;
        }
      }
    }
  }

  int lp = 1, rp = 1 + a[1], ans = 1;
  while (rp != N + 1) {
    int maxi = -1;
    for (int i = lp; i <= rp; ++i) {
      maxi = max(maxi, i + a[i]);
    }
    if (maxi <= rp) {
      ans = -1;
      break;
    } else {
      lp = rp + 1;
      rp = maxi;
      ans += 1;
    }
  }
  cout << ans << endl;
}

signed main() {
  ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0);

  drop[0] = { 1, 1 };
  for (int i = 1; i <= 250000; ++i) {
    drop[i] = { drop[i-1].first * X, drop[i-1].second * X };
    drop[i] = { drop[i].first % md1, drop[i].second % md2 };
  }

  int TEST, CASE = 1;
  for (cin >> TEST; CASE <= TEST; ++CASE) {
    cout << "Case #" << CASE << endl;
    solve();
  }
}

 

문제 5:

CHT 기본문제 같은데 풀어본건 처음이라 어디서 틀렸는지 잘 모르겠다. ㅜㅜ

부분점수는 단순히 모든 NM개의 경우를 탐색해서 얻을 수 있다.

#include <bits/stdc++.h>
#define all(v) (v).begin(), (v).end()
using namespace std;

using ti2 = pair<int, int>;
using ll = long long;
using tl2 = pair<ll, ll>;

int N, M;
ll work[100010], p[100010], w[100010];

struct Line {
  ll a, b;
  double start = 0.0;
  Line(ll _a, ll _b, double _start) : a(_a), b(_b), start(_start) {}
  bool operator<(Line l) const { return start < l.start; }
};

ll ans = 0;

void solve() {
  ans = 0;

  cin >> N;
  for (int i = 0, a, b; i < N; ++i) {
    cin >> a;
    if (i != 0) work[i-1] = a - work[i-1];
    cin >> b;
    if (i != N - 1) work[i] = b;

    ans += b - a;
  }

  cin >> M;
  for (int i = 0; i < M; ++i) cin >> p[i];
  for (int i = 0; i < M; ++i) cin >> w[i];

  ans *= p[0];
  sort(work, work + N - 1);


  // SMALL
  if (N <= 1000 && M <= 1000) {
    for (int i = 0; i < N - 1; ++i) {
      ll len = work[i], temp = -1;
      for (int j = 0; j < M; ++j) {
        if (temp == -1 || len * p[j] + w[j] < temp) {
          temp = len * p[j] + w[j];
        }
      }
      ans += temp;
    }

    cout << ans << endl;
    return;
  }

  // LARGE

  vector<Line> v;
  v.emplace_back(p[0], w[0], 0.0);
  for (int i = 1; i < M; ++i) {
    Line nxt(p[i], w[i], 0.0);

    while (true) {
      Line prv = v.back();
      double cross = (double)(prv.b - nxt.b) / (nxt.a - prv.a);

      if (cross <= prv.start) {
        v.pop_back();
      } else {
        nxt.start = cross;
        v.push_back(nxt);
        break;
      }
    }
  }

  for (int i = 0; i < N - 1; ++i) {
    double len = work[i];
    int lp, rp, found = -1;
    for (lp = 0, rp = (int)v.size() - 1; lp <= rp; ) {
      int mid = lp + rp >> 1;
      if (v[mid].start <= len) {
        found = mid;
        lp = mid + 1;
      } else {
        rp = mid - 1;
      }
    }
    // cout << "@ len " << len << " : " << found << endl;
    // cout << v[found].a << " * " << len << " + " << v[found].b << endl;
    ans += v[found].a * len + v[found].b;
  }

  cout << ans << endl;
}

signed main() {
  ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0);

  int TEST, CASE = 1;
  for (cin >> TEST; CASE <= TEST; ++CASE) {
    cout << "Case #" << CASE << endl;
    solve();
  }
}