Link del problema: 1079 - Sums In a Triangle I

Dificultad: Fácil

Problema: Dado un número $N$ donde $1<=N<=100$ se tienen $N$ niveles en un triangulo, así el primer nivel tiene 1 número, el segundo nivel tiene 2 números, el tercero 3, etc. El programa debe encontrar la máxima suma desde el primer nivel hasta el último pudiendo tomar una ruta tal que solo se acceda al número de abajo o al de abajo y una posición a la derecha...

Ejemplo:
Con $N = 3 $
Tenemos el siguiente triángulo:
1
1 2
2 3 1

La respuesta es 6 ya que primero solo tomamos el primer elemento pues no hay más opción ya que es el único elemento en la fila en la siguiente podemos tomar el 1 o 2

1
1 2  //La mejor opción aquí es tomar el de abajo y a la derecha que es  el mayor

2 3 1

Hasta este punto llevamos la "mejor" ruta posible habiendo tomado los elementos de mayor prioridad entonces en la siguiente iteración solo podemos tomar dos elementos:

1
1 2  

2 3 1 //La mejor opción aquí es tomar el de abajo que es  el mayor
Y así por fin llegar a nuestro cometido que era tomar la ruta tal que la suma sea la mayor...

Solución: (DP)

Este problema se resuelve con Programación Dinámica (DP) ya que tenemos que tomar una decisión en cada nivel (la mejor) y así ir tomar la mejor ruta que podamos, entonces como se mencionó en nuestra otra publicación de DP tenemos que establecer los ESTADOS de la DP y las DECISIONES para lo cual nuestros estados tendremos:

 int dp(int i,int j){
 }

if(i==n)
   return 0;

Vemos que si nuestro apuntador llega a la última columna tendremos que detener la DP.

Por último necesitamos nuestras decisiones, aquí solo basta con devolver el MÁXIMO entre tomar el de abajo dp(i+1,j) y tomar el de abajo y una posición a la derecha dp(i+1,j+1) y sumar en cada decisión el elemento que corresponde a esa posición de la siguiente manera:

return max(dp(i+1,j)+piramide[i+1][j],dp(i+1,j+1)+piramide[i+1][j+1]);

Y así se resolvería el problema, cabe decir que mis números los guarde en un arreglo llamado pirámide para así poder usarlos después y sumarlos. Ahora un punto IMPORTANTE al final a la respuesta que devuelva esta función tenemos que sumarle el primer elemento del triángulo ya que aquí NO estamos considerándolo.

res = dp(0,0);
printf("%d\n",res + piramide[0][0]);

Y bueno eso fue todo por esta ocasión, ya saben si gustan sugerir algún tema pueden hacerlo abiertamente y espero les haya gustado comenten si hay dudas y escriban.
Adrián Fernández @ferprogramming

Un punto lattice $(x, y)$ en el primer cuadrante ($x, y0$ son números enteros mayores o iguales a 0), que no sea el origen, es visible desde el origen si la línea de $(0, 0)$ a $(x, y)$ no pasa a través de cualquier otro punto lattice. Escriba un programa que, dado un valor para el tamaño $N$ ($1 ≤ N ≤ 1000$), calcula el número de puntos visibles $(x, y)$ con $0 <= x, y <= N$.

Para resolver este problema trazaremos las rectas (imaginariamente) desde todos los puntos que pueden existir en la cuadrícula hacia el origen. Dichas rectas, además de pasar siempre por el origen, la coordenada $(x_2 = 0, y_2 = 0)$, también deberán pasar por el punto $(x_1 = x, y_2 = y)$ donde $0 ≤ x, y ≤ N$. Recordemos la ecuación de la recta: $(x_2 - x_1) / (y_2 - y_1) + b$, por tanto para nuestras rectas la ecuación se reducirá a $x / y$.
Podemos ver que algo sucede con los puntos que no son visibles, y es que la recta que los une puede ser expresada por un múltiplo de la recta de uno que si es visible. El caso más sencillo: tomando el punto visible $(1, 1)$ y el punto no visible $(3, 3)$, tenemos que las coordenadas del punto no visible es tan solo $(3 * 1) / (3 * 1)$, la forma para identificar esto es obtener el MCD de $x$ y $y$, mientras que para el punto visible $MCD(x, y) = 1$, para el no visible $MCD(x, y) > 1$.

Ahora solo hay que obtener todos los puntos dentro de nuestra cuadrícula cuyo MCD sea igual a 1 para cada consulta que nos hagan. Esto es sencillo pero es un gasto inecesario de recursos, por lo que lo mejor es realizar un precálculo partiendo de que para $N = 0$ la respuesta es $0$ y para $N = 1$ la respuesta es $3$. Otro punto a considerar es que podemos solo calcular la mitad de los puntos ya que los puntos son simétricos.

a[0] = 0;
a[1] = 3;
for(int x = 2; x <= 1000; x++){
 int sum = 0;
 for(int y = 1; y < x; y++){
  if(mcd(x,y) == 1) sum++;
 }
 a[x] = a[x-1] + 2 * sum;
}

Dado un conjunto de $N$ ($1 ≤ N ≤ 2000$) ciudades y $M$ ($0 ≤ M ≤ 50000$) carreteras cada una con un costo $P_i$ ($0 ≤ P_i ≤10^7$) de construcción distinto y un costo $C$ ($0 ≤ C ≤10^7$) por construir un aeropuerto, determinar el menor costo para conectar las $N$ ciudades. En este problema el aeropuerto cumple una función peculiar, ya que una carretera que va de una ciudad A a una ciudad B funciona como una arista bidireccional en un grafo; mientras que colocar un aeropuerto en una ciudad A forma una arista bidireccional con cualquiera otra ciudad que tenga un aeropuerto.

Del problema mismo sabemos que para que dos ciudades se consideren conectadas debe existir una o varias aristas entre ellas. También sabemos que para obtener el costo mínimo la forma final de las conexiones debe ser un árbol (para evitar ciclos y por tanto aristas innecesarias), ya que en un árbol solo ocuparíamos $N - 1$ aristas. De inmediato el problema nos suena como a un simple árbol de mínima expansión... pero, ¿qué sucede con los aeropuertos?

El problema nos indica que pueden existir desde $0$ hasta $50000$ carreteras, por lo cual nosotros podemos esperar que existan ciudades a las cuales no es posible llegar por ninguna carretera y por lo tanto tratar de considerarlos en un árbol de mínima expansión es imposible (llamaremos componente conexa a un conjunto de $n$ ciudades unidas con $n - 1$ carreteras), es ahí donde los aeropuertos tienen una de sus funciones principales. Otra función de los aeropuertos se da cuando construir una carretera entre A y B es más costoso que construir un áeropuerto en A y B.

Recapitulando: sabemos que pueden existir varias componentes conexas, sabemos que construyendo un aeropuerto en cada una de ellas garantizaría que estén conectadas, sabemos que a veces el costo de construir una carretera entre dos ciudades es mayor al de poner aeropuertos en ellas y por último sabemos que queremos obtener el menor costo para conectarlas todas.

Para resolverlo, partiremos de que cada una de las $N$ ciudades tiene un áeropuerto y por tanto están todas conectadas lo cual tendrá un costo $C_0$, posteriormente iremos uniendo (como si estuvieramos formando un árbol de mínima expansión) a cada unión quitaremos un aeropuerto, ya que no es necesario una vez que exista una carretera entre dos ciudades, porque estas estarían conectadas de todos modos, al hacer esto obtendremos un costo $C_i$ ($1 ≤ i ≤ Z$, $Z$ es el número de uniones que es posible realizar), lo que nos queda por hacer extraer el valor mínimo de todos los $C_i$ para obtener la respuesta.

Lo único que resta por considerar es que de este modo de resolver el problema puede suceder que al final nos quede una sola componente conexa y por tanto un solo aeropuerto, lo cual representa un gasto innecesario y por tanto no debe ser parte de nuestra solución.

long long int ans = N * C;
long long int roadCost = 0;
int airports = N;
for(int i = 0; i < roads.size(); i++){
 if(join(roads[i].o, roads[i].d)){
  roadCost += roads[i].c;
  airports--;
  ans = min(ans, roadCost + airports * C);
 }
}
if(airports == 1)
 ans = min(ans, roadCost);
pritnf("%lld\n", ans);

Link del problema: 2858 - Parsing Binary Strings

Problema: Dada una cadena S que solo tiene números binarios y letras minúsculas de la 'a' a la 'z' imprimir todos los caracteres excepto las cadenas de números binarios, a estas cadenas convertirlas a su representación decimal e imprimirlas junto a la cadena. A lo más serán 10,000 caracteres para lo cual es necesario sacar modulo 1000000007 (10^9 + 7) ya que el número puede ser muy grande.

Ejemplo:
Input:

saludosamis11amigosqueestana1010kilometrosdedistancia

Output:

saludosamis3amigosqueestana10kilometrosdedistancia

Complejidad: O(N) donde $1<=N<=10000$ es el número de caracteres dentro de la cadena.

Solución:

Este problema es muy simple ya que basta con ir recorriendo caracter a caracter y checar que si no es 1 ó 0 solo lo imprimamos el caracter pero ¡¿que pasa cuando es Binary String!?
Lo primero que se nos ocurriría es tratar la Binary String con corrimientos pero dado que el número puede ser muy grande esto no funcionaría así que con una simple operación de multiplicar por 2 cada que haya 0 o 1 será suficiente. 
Primero hacemos un define de nuestro modulo para no tener que estar poniendo tanto 0 xD:

#define modulirri 1000000007

Así pues tendríamos dos decisiones:

numerote = 0;
if(S[i]=='1'){
    numerote *= 2;
    numerote += 1;
    numerote %= modulirri;
}

else if(S[i]=='0'){
   numerote *= 2;
   numerote %= modulirri;
}

Tema:

La programación dinámica es un tema muy usual en las competencias de programación y a la vez una técnica que requiere de cierta práctica para empezar a dominarse. Bien empleada la programación dinámica puede ser muy útil para resolver problemas que requieran minimizar el tiempo de ejecución de su algoritmo y a la vez requieran checar muchas soluciones para encontrar la óptima.

Las "DP's" dividen un problema en sub-problemas es decir resuelven un "gran" problema partiendolo en problemas pequeños para así llegar a la solución. Suele relacionarse con la definición de recursividad pero no debe confundirse ya que a veces la programación dinámica requiere de la misma recursividad para emplearse.

Hay dos estilos (tipos tal vez) de programación dinámica la Top-Bottom y la Bottom-Top que son dos diferentes enfoques de ver las soluciones con DP's y la forma en como las programamos también. Para este problema usaremos Top-Bottom (Recursiva).

Lo primero que hay que hacer para resolver un problema bajo DP es ver y analizar que posibles "estados" que tendrá nuestra función dp();

Para ello usaré como ejemplo un problema de COJ llamado 

Link del problema: Coin Change
Dificultad: Fácil

Problema:
Este problema consiste a grandes rasgos en decir de cuantas maneras podemos representar un numero $N$ con $0<= N <= 10,000$, con 5 tipos de monedas de cambio (50,25,10,5 y 1) por ejemplo el caso de prueba que viene en la página
Con dinero = 11 ¿De cuántas formas se puede expresar?

Solución:
1° 1+1+1+1+1+1+1+1+1+1+1 = 11 
2° 5+5+1 = 11 
3° 1+1+1+1+1+1 + 5 = 11
4° 10 + 1 = 11
Para este caso es evidente que la solución es 4 porque solo existen 4 maneras diferentes de representar nuestro número N.

Paso 1 (Identificar los estados de nuestra dp() ): 

-¿De que estados o variables depende?
Para este problema necesitamos tanto la cantidad de 'dinero' que llevamos hasta el momento y además que 'monedas' utilizamos.

int dp(int dinero,int i);

Paso 2 (Decisiones: "Tomar o no tomarlo")

Esta parte de la dp() es muy importante ya que de aquí deriva el buen funcionamiento de la misma

-¿Qué decisiones podemos establecerle a este problema?

Supongamos que tenemos un arreglo cambios de la siguiente manera:

int cambios[] = {50,25,10,5,1};

Además supongamos que tenemos nuestro total de dinero y cada que tomemos o no un cambio[] se lo restaremos al total de dinero entonces sabremos cuando frenar la dp(); y saber que ya hemos procesado todo así:

Como caso base de la DP quiere decir que ya le restamos todo a nuestro dinero entonces para ese entonces ya abremos tomado todas las decisiones 

if(dinero!=0 && i==5)
   return 0;

Es otra decisión pues quiere decir que terminamos de recorrer nuestro arreglo de monedas pero que no llegamos a nuestro dinero==0 o sea que no quedó justa la resta de los dineros.

Ahora las decisiones tienen que ver con que el número del arreglo no sea mayor a nuestro dinero, SI ES MAYOR NO LO TOMAMOS y avanzamos al siguiente elemento SI ES MENOR O IGUAL lo tomamos y se lo restamos a nuestro dinero OJO (mandamos ambas probabilidades tomarlo y no tomarlo) para que se realice el árbol y tome todas las posibilidades...

if(cambios[i]>dinero)
     return dp(dinero,i+1);

  if (cambios[i] <= dinero) 
     return dp(dinero - cambios[i],i) + dp(dinero,i+1);

Esto tiene una complejidad O($2^N$) así que haría falta memorizarlo para hacerlo pueden checar el siguiente enlace donde explico en mi blog como memorizar (memoizar) una función recursiva y eso nos reducirá la complejidad de la siguiente DP a O($n^2$) y aquí ya la función dp() memorizada:

 int dp(int dinero,int i){

   if(memo[dinero][i]!=-1)
      return memo[dinero][i];
   if(dinero==0)
      return 1;
   if(dinero==0 && i==5)
      return 1;

   if(i==5)
      return 0;

   if(cambios[i]>dinero)
      return memo[dinero][i] = dp(dinero,i+1);

   if (cambios[i] <= dinero) 
      return memo[dinero][i] = dp(dinero - cambios[i],i) + dp(dinero,i+1);
}

El principal problema radica en encontrar una manera correcta de representar la información que se nos da, la manera más sencilla es representar cada camino hecho por una suricata como una arista unidireccional. Por lo tanto tenemos $N$ ($1 ≤ N ≤ 10^5$) nodos y $M$ aristas entre ellos.

5 4
1 2
3 2
4 5
4 5

En la imagen anterior también se puede observar algo peculiar, y es que para cada componente conexa solo existen dos posibilidades válidas para colocar las aristas (de acuerdo al problema): Cada componente con $V$ nodos debe tener a lo más $V$ aristas, ya que de tener más implicaría que una suricata construyó más de un camino, lo cual no es posible.

Para responder al problema necesitamos conocer de cuantas maneras se pueden colocar las aristas, dadas las condiciones establecidas anteriormente. Para una componente conexa de $N$ nodos con $N - 1$ aristas (un árbol), podemos elegir cualquiera de los $N$ nodos como la raíz, dejandonos con un total de $N$ maneras de formarlo. Mientras que para una componente con $N$ aristas (un grafo cíclico) solamente tenemos $2$ maneras.

Dado que el problema implica componentes conexas, emplearemos la estructura disjoint-set para llevar un registro de ellas. También sabemos que necesitamos conocer la cantidad de nodos y aristas dentro de una misma componente, para lo cual podemos emplear alguna clase de búsqueda en grafos, sin embargo, también podemos modificar las operaciones del disjoint-set para llevar el conteo de los nodos y aristas; la modificación propuesta radica en que a cada llamada a la función unir siempre sumémos una arista a nuestra componente, sin importar si dicha unión representaría un ciclo.

Por último, la respuesta esperada se obtiene de multiplicar las formas de ordenar las aristas para cada componente y aplicarles la operación módulo, ya que el resultado puede ser bastante grande.

Complejidad: $O(M)$, donde $M$ es el número de aristas especificadas en el problema

Definiremos un arreglo V, donde V[i] es la cantidad de vértices que tiene la componente i-ésima. Definiremos un arreglo E, donde E[i] es la cantidad de aristas que tiene la componente i-ésima. Definiremos un arreglo G, donde G[i] es el identificador de la componente i-ésima.

// Join function
void join(int i, int j){
 int pi = root(i);
 int pj = root(j);
 E[pi] += 1; // Siempre sumar una arista a nuestra componente
 if(pi != pj){
  G[pj] = G[pi];
  V[pi] += V[pj];
  E[pi] += E[pj];
 }
}

// Root function
int root(int n){
 if(G[n] != n) 
  G[n] = root(G[n]);
 return G[n];
}

Sea K un arreglo con todos los identificadores de cada componente conexa:

var res := 1
foreach i in K
 if E[i] = V[i]
  res := res * 2
 elsif E[i] = V[i] - 1
  res := res * N
 else
  res := 0
end foreach
print res mod 1000000007