Problem p01089 (C++)

Buggy submission (status: Time Limit Exceeded):
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <string>
#define rep(i, n) for (i = 0; i < (n); i++)
using namespace std;

int n;
string s;
bool dp[1024][1025]; // dp[S][T] = (ロック資源の集合がS,
                     // 待ち資源の集合がT)になることがあるか

bool solve() {
  int i, j, k, l;

  int locked = 0, waiting = 0;
  rep(i, s.length()) {
    if ('0' <= s[i] && s[i] <= '9') {
      waiting = s[i] - '0';
      dp[locked][1 << waiting] = true;
      locked = locked + (1 << waiting);
    } else {
      waiting = 10; // T is covered Sが常に偽になる設定.
      dp[locked][1 << waiting] = true;
      locked = 0;
    }
  }

  rep(i, 1024) {
    // iと排反なnumberを探す.
    int digit[10];
    int dNum = 0;
    rep(k, 10) {
      if ((i >> k) % 2 == 0) {
        digit[dNum++] = k;
      }
    }

    rep(j, 1025) {
      if (!dp[i][j])
        continue;
      rep(k, 1 << dNum) {
        int locked = 0;
        rep(l, dNum) if ((k >> l) & 1) locked += (1 << digit[l]);
        // waiting = 2^0, 2^1, …, 2^10
        rep(l, 11) {
          if (dp[locked][1 << l]) {
            dp[i | locked][min(1024, j | (1 << l))] = true; // 範囲外参照に注意！
          }
        }
      }
    }
  }

  rep(i, 1024) {
    rep(j, 1025) {
      if (!dp[i][j])
        continue;
      if ((i | j) == i)
        return true; // UNSAFE
    }
  }
  return false;
}

int main() {
  int i, j;

  while (cin >> n) {
    if (!n)
      break;
    cin >> s;
    rep(i, 1024) rep(j, 1025) dp[i][j] = false;
    bool res = solve();
    if (res)
      cout << "UNSAFE" << endl;
    else
      cout << "SAFE" << endl;
  }
  return 0;
}

// ポイント：
// ・2段がまえの論理。
// ・「全体集合から、ありえる状態集合を抽出☆」→「ありえる状態集合から、デッドロックが起きるものを抽出★」
// ・「初期状態から「ある状態」に至れるか」の判定を直接的にできるのが、この問題のポイント。
// ・「初期状態から「デッドロックが起きる状態」に至れるか」を直接判定しようとすると、再帰を考えることになり、このアプローチでは高速化を大して望めない。
//
// 自分用解説：
// 「各kについて、スレッドkで命令がa_k個処理された状態」になりえるかは、容易に求まる。（現在ロックしている資源がかぶっていないかを判定するだけ）
// なりえる状態のうち、(次確保したい資源の集合)が(ロックした資源の集合)の部分集合になるものでは、デッドロックが起きる。
// そういうものがない場合は、デッドロックは決して起きない。
//
//{a_1,…,a_10}をすべて試すとO(10000^10)くらいになり間に合わない。a_1, a_2,
//…の順で決めていくと考えると、わざわざ{a_k}を直接持たなくて良いことに気付く。
// なぜかというと、可能な{a_[i+1], …, a_10}の組み合わせは、
// ・現在i個のスレッドのカーソルを確定させた。現在ロックしている資源はS
// という情報から定まり、
// デッドロックの判定は、この情報に
// ・確保したい資源はT
// という情報を追加すればできるからである。よって、{a}の情報を持たずに探索ができる。(典型的なDP
// さらに、もう少し考えるとT -
// S(次確保「できる」資源の集合)を保存することでもデッドロックの判定ができるので、
// ・i, S, T - S
// を使ってDPできることが分かる。
//
// また、この探索において、a_iの値を決めることは、「スレッドiでロックしている資源s_i,
// ロックしたい資源t_iを確定させる」
// ことに他ならないため、a_iを試す代わりに(s_i, t_i)組を試してもよい。
// しかし今回は文字列の長さがそこまで長くないため、直接a_iの値を試せばよい。(10000
// < 2^10 * 10なので、上記の工夫はあまり意味がない)
//
// 計算量は、(S, T - S)の組み合わせが3^10通り, iが11通り,
// 遷移が高々n(<=10000)通りより、3^10 * 11 * nくらいになる。
// …あれ、間に合わない。
//
//
// 自分用解説2:
// デッドロックは、次欲しい資源がすべてロックされていることである。
// ロックされている資源の集合をS, 次欲しい資源の集合をTとして、ありえる(S,
// T)の組み合わせを列挙することを考える。(☆) 1スレッドのとき、ありえる(S,
// T)の組み合わせは簡単に求まる。その集合を{(s_i, t_i), 1≦i≦hoge}とおく。
// 2スレッドのときは、すでにロックしている資源をロックしなければよく、命令列も全スレッド共通なので、
// ・(s_i or s_j, t_i or t_j) (s_i and s_j = empty)
// を列挙すればいいことに気付く。
// 3スレッドのときも同様。
// 今回の問題は、資源の個数≦スレッドの数より、スレッドの数に限りがないと考えてよく、
// ありえる(S, T)について、(S or s_i, T or t_i) (S and s_i =
// empty)を更新が止まるまでやればいいことが分かる。 ↑はS or
// s_iがSやs_iを含むことから、Sを2進数で表し、S=0,1,2,…の順で更新していけばいいことが分かる。
//
// 一見, hoge=n, Sが2^10通り, Tが2^10通りで、2^20 * 10000 =
// 100億で間に合わないように見えるが、S and s_i = emptyとなるiだけを列挙すると、
// 間に合う。計算量解析：1がk個立っているSはcomb[10][k]通り. そのSについて、S
// and s_i = emptyなるs_iは2^(10-k)通り. Tは2^10通り. t_iは高々11通り.
// Σcomb[10][k] * 2^(10 - k) = 3^10より、計算量は3^10 * 2^10 * 11 ≒ 6.6 *
// 10^8となる。(ダメやんけ)
//
// 余談：
// ☆で「スレッドのカーソルの位置」を列挙したくなりがちだが、デッドロックの条件から、(S,
// T)の組み合わせを列挙する方が後々筋が良い。
// 「列挙するもの」は必ずしも「愚直な全探索」と同一にしなくても良いので、都合の良いものを列挙しよう。


Fixed submission:
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <string>
#define rep(i, n) for (i = 0; i < (n); i++)
using namespace std;

int n;
string s;
bool dp[1024][1025]; // dp[S][T] = (ロック資源の集合がS,
                     // 待ち資源の集合がT)になることがあるか

bool solve() {
  int i, j, k, l;

  int locked = 0, waiting = 0;
  rep(i, s.length()) {
    if ('0' <= s[i] && s[i] <= '9') {
      waiting = s[i] - '0';
      dp[locked][1 << waiting] = true;
      locked = locked + (1 << waiting);
    } else {
      waiting = 10; // T is covered Sが常に偽になる設定.
      dp[locked][1 << waiting] = true;
      locked = 0;
    }
  }

  rep(i, 1024) {
    // iと排反なnumberを探す.
    int digit[10];
    int dNum = 0;
    rep(k, 10) {
      if ((i >> k) % 2 == 0) {
        digit[dNum++] = k;
      }
    }

    rep(j, 1025) {
      if (!dp[i][j])
        continue;
      if ((i | j) == i)
        return true;

      rep(k, 1 << dNum) {
        int locked = 0;
        rep(l, dNum) if ((k >> l) & 1) locked += (1 << digit[l]);
        // waiting = 2^0, 2^1, …, 2^10
        rep(l, 11) {
          if (dp[locked][1 << l]) {
            dp[i | locked][min(1024, j | (1 << l))] = true; // 範囲外参照に注意！
          }
        }
      }
    }
  }

  rep(i, 1024) {
    rep(j, 1025) {
      if (!dp[i][j])
        continue;
      if ((i | j) == i)
        return true; // UNSAFE
    }
  }
  return false;
}

int main() {
  int i, j;

  while (cin >> n) {
    if (!n)
      break;
    cin >> s;
    rep(i, 1024) rep(j, 1025) dp[i][j] = false;
    bool res = solve();
    if (res)
      cout << "UNSAFE" << endl;
    else
      cout << "SAFE" << endl;
  }
  return 0;
}

// ポイント：
// ・2段がまえの論理。
// ・「全体集合から、ありえる状態集合を抽出☆」→「ありえる状態集合から、デッドロックが起きるものを抽出★」
// ・「初期状態から「ある状態」に至れるか」の判定を直接的にできるのが、この問題のポイント。
// ・「初期状態から「デッドロックが起きる状態」に至れるか」を直接判定しようとすると、再帰を考えることになり、このアプローチでは高速化を大して望めない。
//
// 自分用解説：
// 「各kについて、スレッドkで命令がa_k個処理された状態」になりえるかは、容易に求まる。（現在ロックしている資源がかぶっていないかを判定するだけ）
// なりえる状態のうち、(次確保したい資源の集合)が(ロックした資源の集合)の部分集合になるものでは、デッドロックが起きる。
// そういうものがない場合は、デッドロックは決して起きない。
//
//{a_1,…,a_10}をすべて試すとO(10000^10)くらいになり間に合わない。a_1, a_2,
//…の順で決めていくと考えると、わざわざ{a_k}を直接持たなくて良いことに気付く。
// なぜかというと、可能な{a_[i+1], …, a_10}の組み合わせは、
// ・現在i個のスレッドのカーソルを確定させた。現在ロックしている資源はS
// という情報から定まり、
// デッドロックの判定は、この情報に
// ・確保したい資源はT
// という情報を追加すればできるからである。よって、{a}の情報を持たずに探索ができる。(典型的なDP
// さらに、もう少し考えるとT -
// S(次確保「できる」資源の集合)を保存することでもデッドロックの判定ができるので、
// ・i, S, T - S
// を使ってDPできることが分かる。
//
// また、この探索において、a_iの値を決めることは、「スレッドiでロックしている資源s_i,
// ロックしたい資源t_iを確定させる」
// ことに他ならないため、a_iを試す代わりに(s_i, t_i)組を試してもよい。
// しかし今回は文字列の長さがそこまで長くないため、直接a_iの値を試せばよい。(10000
// < 2^10 * 10なので、上記の工夫はあまり意味がない)
//
// 計算量は、(S, T - S)の組み合わせが3^10通り, iが11通り,
// 遷移が高々n(<=10000)通りより、3^10 * 11 * nくらいになる。
// …あれ、間に合わない。
//
//
// 自分用解説2:
// デッドロックは、次欲しい資源がすべてロックされていることである。
// ロックされている資源の集合をS, 次欲しい資源の集合をTとして、ありえる(S,
// T)の組み合わせを列挙することを考える。(☆) 1スレッドのとき、ありえる(S,
// T)の組み合わせは簡単に求まる。その集合を{(s_i, t_i), 1≦i≦hoge}とおく。
// 2スレッドのときは、すでにロックしている資源をロックしなければよく、命令列も全スレッド共通なので、
// ・(s_i or s_j, t_i or t_j) (s_i and s_j = empty)
// を列挙すればいいことに気付く。
// 3スレッドのときも同様。
// 今回の問題は、資源の個数≦スレッドの数より、スレッドの数に限りがないと考えてよく、
// ありえる(S, T)について、(S or s_i, T or t_i) (S and s_i =
// empty)を更新が止まるまでやればいいことが分かる。 ↑はS or
// s_iがSやs_iを含むことから、Sを2進数で表し、S=0,1,2,…の順で更新していけばいいことが分かる。
//
// 一見, hoge=n, Sが2^10通り, Tが2^10通りで、2^20 * 10000 =
// 100億で間に合わないように見えるが、S and s_i = emptyとなるiだけを列挙すると、
// 間に合う。計算量解析：1がk個立っているSはcomb[10][k]通り. そのSについて、S
// and s_i = emptyなるs_iは2^(10-k)通り. Tは2^10通り. t_iは高々11通り.
// Σcomb[10][k] * 2^(10 - k) = 3^10より、計算量は3^10 * 2^10 * 11 ≒ 6.6 *
// 10^8となる。(ダメやんけ)
//
// 余談：
// ☆で「スレッドのカーソルの位置」を列挙したくなりがちだが、デッドロックの条件から、(S,
// T)の組み合わせを列挙する方が後々筋が良い。
// 「列挙するもの」は必ずしも「愚直な全探索」と同一にしなくても良いので、都合の良いものを列挙しよう。