AtCoder Beginner Contest 110 - C

beta.atcoder.jp

直観とテストケースに頼って実装してしまった。学びにならないのでよくない。

def solve(S, T):
    sm = {}
    tm = {}
    for s, t in zip(S, T):
        if s in sm and sm[s] != t:
            return "No"
        sm[s] = t

        if t in tm and tm[t] != s:
            return "No"
        tm[t] = s

    return "Yes"


if __name__ == "__main__":
    S = input()
    T = input()
    print(solve(S, T))

改めて考えてみる。 Sの中に含まれるある文字で構成されるグループは、置き換えによって文字そのものは変わるものの、 そのグループの位置は変わらない。 そして、このグループは統合することも分割することもできない。

SからTに変換するための必要条件として、グループの構成が常に同じになる＝S中のある文字に対して、T側が常に同じ文字で対応する、というのがあげられる。 S->Tの対応だけを考えてしまうと以下のようなケースが通ってしまうため、T->S側の対応も確認し、常に同じグループであることを確認する。

S = bbbbcccc T = aaaaaaaa

って感じでよいのかな。

AtCoder Beginner Contest 113 - C

beta.atcoder.jp

ソートとカウントして出力を作ってから元の順番で。tupleは便利。

def solve(N, M, PYs):
    Ys = {i + 1: 1 for i in range(N)}
    ret = {}
    for p, y in sorted(PYs, key=lambda x: x[1]):
        ret[(p, y)] = "{:06d}{:06d}".format(p, Ys[p])
        Ys[p] += 1
    return [ret[(p, y)] for (p, y) in PYs]

if __name__ == "__main__":
    N, M = tuple(map(int, input().split(" ")))
    PYs = [tuple(map(int, input().split(" "))) for _ in range(M)]
    print("\n".join(solve(N, M, PYs)))

しかし、日曜日にいきなりやられても。。参加したかった。

AtCoder Beginner Contest 075 - C

beta.atcoder.jp

計算量的に一本ずつ外して探索して結果を確認すればよい。 あんまり実装しない隣接行列と再帰でやったが若干はまった。 あんまりなれない実装はするもんじゃないな。

def solve(N, M, ABs):
    ans = 0
    for i in range(M):
        adjMat = [[0 for _ in range(N)] for _ in range(N)]
        for k, (a, b) in enumerate(ABs):
            if k != i:
                adjMat[a - 1][b - 1] = 1
                adjMat[b - 1][a - 1] = 1

        def dps(a, visited):
            n = [i for i, b in enumerate(adjMat[a]) if b == 1]
            for nn in n:
                if nn not in visited:
                    visited.append(nn)
                    dps(nn, visited)
            return visited

        visited = dps(0, [])
        if len(visited) != N:
            ans += 1
    return ans


if __name__ == "__main__":
    N, M = tuple(map(int, input().split(" ")))
    ABs = [tuple(map(int, input().split(" "))) for _ in range(M)]
    print(solve(N, M, ABs))

AtCoder Beginner Contest 079 - C

beta.atcoder.jp

binaryで総当たり。やっと何も見ずにformatの中身をかけた。 evalはまぁ便利なので若干邪道と思いつつ使う。pythonばっかりつかってるとC++でちゃんと書けるか不安になる。

def solve(ABCD):
    for i in range(0, 8):
        ops = "{:03b}".format(i)
        op1 = "+" if ops[0] == "0" else "-"
        op2 = "+" if ops[1] == "0" else "-"
        op3 = "+" if ops[2] == "0" else "-"
        s = ABCD[0] + op1 + ABCD[1] + op2 + ABCD[2] + op3 + ABCD[3]
        if eval(s) == 7:
            return s + "=7"
    return "error"


if __name__ == "__main__":
    ABCD = input()
    print(solve(ABCD))

AtCoder Beginner Contest 046 - D / 047 - C

beta.atcoder.jp

気づけるか。そこが勝負。 解説の通りなんだけれども、得点を最大化する戦略はパーを出すだけ出す。 そして並び順はどうでもよい。 というのも、相手がグーを出しているとき、グーからパーにすると＋１ポイント。 相手がパーを出しているとき、グーからパーにしても＋１ポイントでどこをパーにしても常に同じ。

ここから得点計算すればよい。

教訓としては差分を考える、ということと、 極端なケースから始めよう、というところかな。

def solve(s):
    return len(s) // 2 - s.count("p")


if __name__ == "__main__":
    print(solve(input()))

beta.atcoder.jp

これも気づけるか。そこが勝負。 以前どこかで二次元の問題をやったときにでてきたもので、 色の境目の数がひっくり返す必要のあるもの。単にそれを数えればよい。

def solve(s):
    return s.count("BW") + s.count("WB")


if __name__ == "__main__":
    print(solve(input()))

AtCoder Beginner Contest 076 C

beta.atcoder.jp

辞書順最小を目指すためにはなるべく前のほうにaを入れてあげる = Tの検索は後ろから。 |S| - |T|の位置から始めて前に行き、Tの長さだけ? or S[i] = T[i]であることを調べる。 pythonのallはfor / if / flagな文を一つのif分にまとめられるのでとてもきれいに書ける。 似たようなのにanyもある。

この辺りは一撃で使えると気持ちいい。

def solve(S, T):
    for i in reversed(range(0, len(S) - len(T) + 1)):
        if all(S[j] == "?" or S[j] == T[j - i] for j in range(i, i + len(T))):
            return (S[0:i] + T + S[i + len(T):]).replace("?", "a")
    return "UNRESTORABLE"


if __name__ == "__main__":
    S = input()
    T = input()
    print(solve(S, T))

AtCoder Beginner Contest 070 C / 073 C

beta.atcoder.jp

読んだらわかる、最小公倍数やん。コードは覚えてないけれども。

最小公倍数を求めるときには、最大公約数を求めるのが定石。

というのも最小公倍数を求めるときには a * bの約数のうち、共通で取り除いても問題ないものを取り除く必要がある。 この共通なものこそが最大公約数なわけである。

最大公約数のアルゴリズムはユークリッドの互除法。 証明はさておき、プログラムコード的には小さいのと大きいのに分け、 大 % 小と大を計算する。大 % 小が0になるまでループしたとき、大が最大公約数になる。

def solve(N, As):
    n = 1

    def gcd(a, b):
        a, b = min(a, b), max(a, b)
        while a > 0:
            a, b = b % a, a
        return b

    def lcm(a, b):
        return a * b // gcd(a, b)

    for a in As:
        n = lcm(a, n)
    return n


if __name__ == "__main__":
    N = int(input())
    As = [int(input()) for _ in range(N)]
    print(solve(N, As))

beta.atcoder.jp

数ごとに出現数の偶奇をとって奇数のものをカウントすればよい。 pythonだとCounterでワンライナーでも行けるかな？

300点問題波ありすぎない？

from collections import Counter


def solve(N, As):
    c = Counter(As)
    return len([k for k, v in c.items() if v % 2 == 1])


if __name__ == "__main__":
    N = int(input())
    As = [int(input()) for _ in range(N)]
    print(solve(N, As))