タテヨコは独立に考えていい。
最初の $i$ 行目が最終的に $r_i$ 行目、$j$ 列目が $c_j$ 列目に移るなら、答えの $(r_i,c_j)$ のマスにあるのは $C_{i,j}$ である。
なので、1次元のクエリ操作を2回考えればよい。
縦方向($H$ 行)の操作を考えるとする。
愚直に考えると区間反転をいっぱいしなきゃいけなくて、そんなこと短時間でできるの? となる。
だが、今回は「2つに区切った区間をそれぞれまるっと反転」と決まっているので、実験してみると良い性質がすぐ見えてくる。
最初 1 2 3 4 5 6 7 |-------|-----| a=4 1回目 4 3 2 1 7 6 5 |---|---------| a=2 2回目 3 4 5 6 7 1 2 |-----------|-| a=6 3回目 1 7 6 5 4 3 2 |-------|-----| a=4 4回目 5 6 7 1 2 3 4
結局、1回の操作では $1,2,...,N$ の並びが逆順+転回を起こす。
特に2回の操作をまとめると、$a_1→a_2$ の順で操作が発生すると $(a_1-a_2)\mod{H}$ だけ転回する。
よって、2個ずつ、いくつ転回したかを追っていって、$Q$ が奇数なら最後の操作だけ愚直にやればよい。
符号が $A_i$ によって反転されうるため、$A_ix_i$ の正負が入り交じる。
総和を特定の1つとかある範囲で調整する、ということを考える際、 狭義単調増加は置ける値の範囲が $i$ ごとに変わるため扱いにくくて、できれば広義単調増加で考えたい。
最初に $x'=(1,2,3,...,N)$ と仮決めして、そこからの差分 $y$ を考えると、$y$ は広義単調増加であれば良くなる。
よって、$x'$ をそのようにした際の $A_ix'_i$ の総和を $S$ とする。
A -1 1 -1 -1 1 -1 x' 1 2 3 4 5 6 ---------------------- -1 2 -3 -4 5 -6 → S = -7
ここで、たとえば $S$ が負で、$A_1=-1$ だったとき、$y_1$ は好きなだけ減らせるので、逆に総和は $S$ から好きなだけ増やせることになる。($10^{12}$ という制約はあるが、一端無視して)
A -1 1 -1 -1 1 -1 ---------------------- x' 1 2 3 4 5 6 y -7 0 0 0 0 0 x -6 2 3 4 5 6 ---------------------- 6 2 -3 -4 5 -6 → S = 0
また、同様に $S$ が負で、$A_N=1$ だったとき、$y_N$ は好きなだけ増やせるので、同様に $S$ から好きに増やせる。
$S$ が正の時は逆に、$A_1=1$ または $A_N=-1$ なら総和を好きに減らせる。
じゃあ、そうでない時は?
$y$ には、先頭からある範囲までに一定値を減じる、または末尾からある範囲に一定値を加えてもよい。
たとえば $S$ が負($-k$)なら、$y_1~y_j$ に一斉に一定値を減じたとき総和が $k$ 増加してくれればよいので、$A_1~A_j$ の総和が負(特に微調整を考えると $-1$)ならよいことになる。
よって、$A_i$ の先頭or末尾からの累積和を取っていって、
すれば、調整が可能となる。
(最初に述べた、先頭・末尾の1項だけで調整する操作も、この処理にまとめられる)
$S \neq 0$ で、そのような箇所が全く登場しないとき(-1と+1が、良い括弧列となっているとき)は、調整ができず不可能。
で、最後にこれが $10^{12}$ を超えないかだが、
ので大丈夫と分かる。
A = ( 4 13 8 6) x=7 とすると、 f( 4+7) = f(11) = 2 f(13+7) = f(20) = 2 f( 8+7) = f(15) = 6 f( 6+7) = f(13) = 4 ~~~ 総和は 14
考察は下の桁から考えた方がわかりやすいように思うが、実装は上の桁から行う。ややこしい。
数列 $X$ に対し、問題で求められる値 (適切な $x$ を加算したときの $\displaystyle \sum_{i=1}^{N} (f(X_i+x))$ の最小値)を、$F(X)$ とする。
すると、下の桁から再帰的に求めるようなアルゴリズムができる。(実際はこのままではTLEだが)
A = (141, 926, 358, 793) とする。 下1桁を考えると、(1,6,8,3) である。 x=0 → 1 + 6 + 8 + 3 + F((14,92,35,79)) x=2 → 3 + 8 + 0 + 5 + F((14,92,36,79)) 358 が 360 に繰り上がっている ~ ~~ x=4 → 5 + 0 + 2 + 7 + F((14,93,36,79)) ~ ~~ x=7 → 8 + 3 + 5 + 0 + F((14,93,36,80)) ~ ~~ x=9 → 0 + 5 + 7 + 2 + F((15,93,36,80)) ~ ~~ 答えは、この5つの場合の中の最小値
$x$ の加算による繰り上がりを反映した上で、各 $A_i$ を10で切り捨て除算したような $A'$ に対する $F(A')$ を求める問題に再帰的に縮小できる。
制約的に9回再帰すれば十分であり、その頃には $A$ の値は0か1になっている。
そしたらもう $x$ を足して繰り上げる意味は無いので、$F(A)=sum(A)$ となる。
$F()$ の引数となりうる状態数は、各桁につき「$N$ 個のうちどこかまでが繰り上がった状態」なので、$N+1$ 通り。
$A_i$ の桁数の最大値を $K(\le 9)$ とすると、全部で $O(KN)$ となる。
実行制限時間に間に合わせるには、各 $F()$ を求めるのに $O(1)~O(K)$ 程度までなら大丈夫。
しかし、下の桁からの再帰を素直に実装すると、1つの状態の計算に $O(N)$ かかってしまう。これはダメ。
上の例において、例えば $F((14,92,35,79))$ の結果から $F((14,92,36,79)),F((14,93,36,79)),...$ が順次差分計算できることを利用すれば、ならして $O(1)$ で求められる。
そのような実装は、下の桁からの再帰ではやりにくいので、上の桁から埋めていく。
自分のDPの定義は、あまり説明しやすい実装では無い(もっとわかりやすいDP定義による実装がありそう)が、、、
例 A = (141, 926, 358, 793) DP[2,3]: 100で割ったあまりの 41,26,58,93 を基準に降順ソート → (793, 358, 141, 926) その後、10で割る → B2 = (79, 35, 14, 92) このB2に対し、B2[3]=14 がちょうど繰り上がる(足す数 $x$ の下1桁が6である)前提での F(B2)
同様に $B_3=(9,7,3,1)$ である。
$DP[3,:]$ から $DP[2,:]$ を求めるにあたり、$B_2$ と $B_3$ の間で元となった $A_i$ の位置関係 $P_2$ を求めておく。
i 1 2 3 4 B3 9(926) 7(793) 3(358) 1(141) ... B3としての値(元のAiの値) B2 79(793) 35(358) 14(141) 92(926) ... B2としての値(元のAiの値) P2 2 3 4 1 ... B2における、元のAiのB3における位置
$DP[3,:]$ と $P_2[:]$ から $DP[2,:]$ を求める。
B2 j xの下1桁 x加算後のB2の下1桁の和 上の桁 ↓ 0 0 20 + F(7,3,1,9) = DP[2,0] 79 1 1 14 + F(8,3,1,9) = DP[2,1] 35 2 5 20 + F(8,4,1,9) = DP[2,2] 14 3 6 14 + F(8,4,2,9) = DP[2,3] 92 4 8 12 + F(8,4,2,10) = DP[2,4] B3 j xの下1桁 x加算後のB3の下1桁の和 上の桁 ↓ 0 0 20 + F(0,0,0,0) = 20 = DP[3,0] 9 1 1 14 + F(1,0,0,0) = 15 = DP[3,1] 7 2 3 12 + F(1,1,0,0) = 14 = DP[3,2] 3 3 7 18 + F(1,1,1,0) = 21 = DP[3,3] 1 4 9 16 + F(1,1,1,1) = 20 = DP[3,4]
「$x$ 加算後の $B_2$ の下1桁の和」は、、、
、、、としていくと、$O(N)$ で全体を求められる。
$DP[3,:]$ と $P_2[:]$ から $DP[2,:]$ を求める際も、似たような差分計算ができる。
…としていくと、こちらもならして $O(N)$ で $DP[2,:]$ を埋められる。
例: DP[2,0]で必要な F(7,3,1,9): DP[3,:] = (20, 15, 14, 21, 20) → F(7,3,1,9) = min(DP[3,:]) = 14 DP[2,1]で必要な F(8,3,1,9): ・DP[3,:] の各項に1足す ・繰り上がった 7 (元のAi=793)がB3で位置するindex = 2 なので、DP[3,2] からN引く DP'[3,:]= (21, 16, 11, 22, 21) → F(8,3,1,9) = min(DP'[3,:]) = 11 DP[2,2]で必要な F(8,4,1,9): ・DP[3,:] の各項にさらに1足す ・繰り上がった 3 (元のAi=358)がB3で位置するindex = 3 なので、DP[3,3] からN引く DP''[3,:]= (22, 17, 12, 19, 22) → F(8,4,1,9) = min(DP''[3,:]) = 12
$X_1$ はまぁそのまま挿入するとして、最小にするなら下記のようにすればよい。
$S_1=X_i$ の場合も本当に先頭でいいのか? と思うが、上記の方針をとる以上、
また、$S=11233$ を作れるけど、途中段階では敢えて $S=32131$ みたいにすることで、最終的には $11233$ としたときより $S$ を小さくできる、みたいなことは起こらない。
$11233$ にしようと $32131$ にしようと、これ以降、何をどのような順で前・後ろに挿入可能かは全く同条件であり、
(同じ並び)11233(同じ並び) (同じ並び)32131(同じ並び)
なら確実に前者の方が小さい。その時々で最小となるように前・後ろのどちらに挿入するかを決めていってよい。
よって、$X$ が決まっているなら、そこから $f(X)$ を作る操作は意外と単純である。
先頭要素 $X_1$ が $Y$ の何文字目にあたるか($Y$ がどこから生成されていったか)を固定する。
$Y_i$ から生成されたと決め打つと、そこから後は左右に広がっていったことになるので、
$X_2$ 以降の要素の並び順は、上記のような2つの列をマージしたものに限定される。
(マージ:ここでは、列の中での順序は保たれるように、2つを1つにまとめる操作を指す)
その上で、いくつかの制約がある。
以下のような時に、3を最初に置くことはできない。
Y: 1 2 4 5 [3] 4 6 ...
3を最初に置いた後に5を挿入したとすると、その5をわざわざ前に持ってこないと この $Y$ は作れないが、$f(X)$ を作る操作に違反する。
上記の例なら、先頭の4つ 1,2,4,5 が、$X_1$ となり得る範囲となる。
もし、長さ $n$ と $m$ の2列を単純にマージするなら、 場合の数は ${}_{n+m}C_{n}$ で求められるが、そう単純でもない。
前に置かれるべき数が、誤って後に置かれることは基本的にないが、
後に置かれるべき数は、それ以前に自身より小さい値が前に置かれていないと、前に置かれてしまう。
そうなるとより小さい $f(X)$ が作れるような、数え上げの対象ではない $X$ となってしまう。
以下の2通りの場合に注意する。(①は、ちゃんと考えれば②にまとめられるかもしれないが、分けて考えた方がわかりやすい)
今、$i=6,X_1=5$ を先頭に持ってくるとき、どうなるか考える。
i: 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 Y: 1 2 2 3 5 [5] 5 3 4 4 2
$X_2$ 以降は、このような2列のマージとなる。
次に来るのはいずれでも $5$ だが、$5$ が来ると、$f(X)$ の構築方法から考えるとこれは前に置かれることになる。
よって、$X_2$ には、前に置かれる方の5しか来てはいけないことになる。
次も同様で、(最終的に $i=5,6$ に収まるべき)'55' がある状態に(最終的に $i=7$ に来るべき)'5'が来たら、 これは前の方に置かれてしまうのでダメ。ここも前に置かれる方の3しか来れない。
暫定S: 3 5 5 残り列 前に置かれる 2→2→1 後に置かれる 5→3→4→4→2
$S$ の先頭が3になってはじめて、これ以降の5は後に置くべきとなったので、 $X_4$ には前に置かれる'2'も後に置かれるべき'5'も採用できる。
①の制約は、「同じ要素が連続している箇所を先頭とする場合は、その中の末尾以外は、自身より前の、より小さい値が1個置かれるまでは、前にしか置けない」という制約となる。
これにより、たとえば 1233[355555]566… という並びでは、 「ある数字の連続箇所の末尾 (3)」と「次の数字の連続箇所の末尾以外 (55555)」において、 それを先頭とした場合に実質的に考慮すべき「前に置かれるべき数の列」が同一となる。 (3→3→2→1)
また特に、$Y$ の先頭要素が連続していた場合は、その中の末尾のみ、先頭とすることができる。
Y: 1111112233... ~~~~~ 先頭にはできない
例に戻って、続けて 5 が置かれた場合の続きを考える。
暫定S: 3 5 5 5 残り列 前に置かれる 2→2→1 後に置かれる 3→4→4→2
ここでもまた、次に後に置かれるべき'3'が来てしまうと前に置かれてしまうので、'2'が先に置かれる必要がある。
同様に、(しばらく進めて)後に置かれるべき列の最後の'2'も、前に置かれるべき'1'の後に置かれる必要がある。
これが②の制約で、「後に置かれるべき値が置かれるときには、先に、より小さい値が前に置かれていないといけない」となる。
ただし、いくつかの要所さえクリアすれば、要所以外は必然的に条件を満たすことが多い。
たとえば後に置かれるべき2つの'4'は、その前に既に'3'が置かれているので、 先頭は2以下となっていることがわかっているため、勝手に条件はクリアしている。
要所となり得るのは、「後に置かれるべき列」の中でも 「これまでに出てきたどの値より小さい値がはじめて出てきた時(狭義単調減少)」なので、 特に値の範囲が1~9である本問題においては、たかだか7個である。
制約の列挙方法としては、例えば、以下のようにすればよい。
$Y$ の中で昇順が保たれる範囲を $Y_{Asc}$、それ以降を $Y_{NotAsc}$ とする。
$Y_{NotAsc}$ の先頭から累積minを取りながら、累積minを更新する要素 $Y_j$ を探す。
$Y_j$ に対し、$Y_j-1$ 以下の要素が $Y_{Asc}$ 中で最後に出てくるのが $Y_i$ だったとすると、
「$Y_j$ が置かれる前に $Y_i$ が置かれなくてはいけない」という制約が見つけられる。
ただし、それより前に見つかった制約と $Y_i$ が同じであれば、無視してよい。
また、$Y_{NotAsc}$ の中に $Y_1$ より小さい値が出てきたら、
そいつを前に置かれることが阻止できないので、そのような $Y$ が $f(X)$ となるような $X$ は0個となる。
(これは最初に確認して例外処理してしまうのが、混乱しなくてよい)
先ほどからの例において、前後に置かれるべき列に②の制約を追加すると以下のようになる。
前に置かれる 2→2→1 ↓ ↘ 後に置かれる 3→4→4→2
先頭を固定して、マージするべき前後の列と制約も定まった。これをマージする方法の数を数え上げたい。
やりたいことはトポロジカルソートの数え上げではあるが、そんなの多項式時間では無理なので、 「ベースは2列のマージ」であることを利用することになる。
経路数え上げに言い換えるのがわかりやすい。
前\後 - 3 4 4 2 - 1 | | 2 | 2 | 1
左上から右か下に進み、右下までの経路数が答えだが、「前の'2'に進む前に後の'3'に立ち入ってはいけない」「前の'1'に進む前に後の'2'に立ち入ってはいけない」という制約は、上記のような壁で表現できる。
愚直には1マスずつ埋めていくとできるが、$N \le 2 \times 10^5$ なので、$O(N^2)$ は無理。
しかもこれ、あくまで先頭を固定した場合なので、先頭毎にこれだけかかる。
複数の“ある要素を先頭とした場合の数”を、ある程度まとめて計算できれば嬉しい。
そこで、「どこを先頭にしたって、列の末尾の部分や、そこにかかる制約は同じになる」ことに着目して、逆から考える。
i: 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 Y: 1 2 2 3 5 5 5 3 4 4 2 i=6 を先頭とした場合にマージしたい列 前: 2→2→1 ↓ `---↓ 後: 5→3→4→4→2 i=3 を先頭とした場合にマージしたい列 前: 2→1 `----------------↓ 後: 3→5→5→5→3→4→4→2 それぞれ長さは違うが、末尾から見たときの並びと、制約の張られる位置は同じ →逆からDPすれば、複数の場合を一度に考えられる
末尾からとした場合、各 $Y_i$ を先頭とした場合の答えがDP配列のどこに現れるかが異なってくる。
答えとなり得る箇所を全て合計すると、全体の答えとなる。
逆にした場合のDPと、各要素を先頭としたときにどこを拾うべきかを示したのが、以下となる。
制約の壁は横になる。
i 11 10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 i 前\後 - 2 4 4 3 5 5 5 3 2 2 1 0 - 1 (2) (1) 1 1 ~~~ 2 2 (2) 3 2 ~~~~~~~~~~~~~~~~ (5) (5) (3) 4 3 5 5 6 5 (5)
ここまでの考察から、拾うべき位置は以下のようになることがわかる。
拾うべき位置の高さがある程度揃う、というのが重要で、 $Y_{Asc}$ の中で同じ要素が連続している箇所の個数はたかだか9個なので、 9種類の高さの、連続する横範囲の値の合計がわかれば良いということになる。
また都合のいいことに、制約の壁が出現する位置も、性質上、同じ高さに来ることになる。
したがって、同じ要素が連続している箇所はイレギュラーのない綺麗な形となり、畳み込みでまとめて計算できる。
より具体的な方法を示すにあたり、後の列においてindexが逆順になっているのがやりにくいので、
$j=N+1-i$ として昇順に振り直す。
(このように、逆順のindexに変換する関数を $f(i)$ とする)
(i 11 10 9 8 7 6 5 4 3 2 1) j 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 i 前\後 - 2 4 4 3 5 5 5 3 2 2 1 0 - 1 (2) (1) 1 1 ~~~ 2 2 (2) 3 2 ~~~~~~~~~~~~~~~~ (5) (5) (3) 4 3 5 5 6 5 (5)
畳み込み、答えの範囲を合計する処理は、1回あたり $O(N \log{N})$、 それがたかだか9回なので、十分高速となる。