結論から言うと、install.packages("gmp", type = "source")として、手元でビルドするようにすれば動く。
前回まで3回にわたってメンデルの法則をめぐる論争について取り上げた。この話に関連してよく取り上げられる話題はもう一つある。
それは「メンデルは連鎖を見つけられたのではないか？」というものだ。
続きを読む前々回、前回とメンデルの法則をめぐる法則を紹介し、前回はフィッシャーの2つの指摘のうち1つについて否定が可能という説明をした。今回はフィッシャーの指摘のもうひとつの要点である「データが理論値に一致しすぎている」について説明する。今回が本題である。
そもそも、Weldonに始まるメンデルのデータに対する疑問はこの「データが理論値に一致しすぎている」が発端である。前回取り上げた「1:1.7」問題はフィッシャーの疑念をより強めたポイントではあったが、それ単体で見れば「運が良かった」でも済ませられる程度のものであった。
続きを読む前回、メンデルの法則をめぐる論争の背景について説明し、フィッシャーの2つの指摘を紹介した。
今回はフィッシャーの指摘のうちの1つ、「F₂世代で優性型を示した個体の雑種型と不変型の分離比は2:1ではなく1.7:1として観測されるべきだがデータは2:1に近接している」という点について説明する。
続きを読む「メンデルのデータには捏造があるのではないか」という説は統計学の読み物や教科書にしばしば登場する。多くの場合、これはR. A. フィッシャーによる指摘として紹介される。例として『背信の科学者たち』の一節を次に引用する。
しかしながら、メンデルのデータが極めて正確であったため、一九三六年、高名な統計学者であるロナルド・Ａ・フィッシャーは、メンデルの方法を綿密に検討することにした。その結果はあまりにもうまくできすぎていた。フィッシャーは、精力的な実験の陰に何かがあったにちがいないと結論し、「すべてではないにしても、ほとんどの実験データがメンデルの期待に非常によく一致するように曲げられている」と書いている。
日本語のテキストにおける取り上げられ方は似たようなもので、メンデルにとって不利な記述であるものが目立つ。そのような状況のなか、「『メンデルが捏造』はすでに否定されているようだ」ということが数年前に少し話題となった。
ただ、結局のところ論争は終わっているのか、結論はどうなっているのかという点が当時はよく納得できなかった。結局そのときはきちんと調べなかった。この件について日本語で解説された資料があまりに少なく、かといってゆっくり英語文献を調べる気にもならなかったというのもあった。
最近また少しこの話が気になってきたので、いくつかの文献をある程度真面目に読んだ。そこで、ここまで理解したことをまとめた。長くなったので、何回かに分割して説明する。
なお結論はメンデルの法則をめぐる論争について (3) - 「データができすぎている」は解決できないに述べたが、「メンデルが捏造はすでに否定されている」とは言えないというのが現時点の感想である。
続きを読む2019年6月16日に実施された統計検定の準1級に合格したので、合格までにやったことを書いておく。
続きを読む問題自体はそれほど難しくなかったが、問題が正しく読めて無くてCとDでWAを何度か出してしまった。読解力を鍛えたい。
「0.5秒」のところで若干不安になったけどとりあえずこれで正解だった。
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; int main(){ int a, b, t; cin >> a >> b >> t; cout << t / a * b << endl; }
これは危なげなくクリア。
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; int main(){ int n; cin >> n; vector<int> v(n); vector<int> c(n); for (int i = 0; i < n; i++) { cin >> v.at(i); } for (int i = 0; i < n; i++) { cin >> c.at(i); } int ans = 0; for (int i = 0; i < n; i++) { if (v.at(i) > c.at(i)) ans += v.at(i) - c.at(i); } cout << ans << endl; }
gcd(a, b, c) = gcd(gcd(a, b), c)なので、順番に見ていってOK。
任意の数に変更できるというのは数を除外するのと同じなので「次の数を使わないパターン」がこれまでの最大ケースより大きいかどうかを順次比較しつつ結果を更新していけばよい。
最初手間取ったので、もうちょっとコードを綺麗にできそうな気もする。
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; using ll = long long; ll gcd(ll a, ll b) { ll tmp = 0; while (b != 0) { if (b < a) { swap(a, b); } b = b % a; } return a; } int main(){ ll N; cin >> N; vector<ll> A(N); for (int i = 0; i < N; i++) { cin >> A.at(i); } if (A.size() == 2) { cout << max(A.at(0), A.at(1)) << endl; } else { ll a = A.at(0); ll b = A.at(1); ll c = A.at(2); ll gcd_max = 0; ll gcd_all = gcd(a, b); if (gcd(a, c) > gcd(b, c)) { gcd_max = gcd(a, c); } else { gcd_max = gcd(b, c); } for (int i = 2; i < N; i++) { ll c = A.at(i); gcd_max = gcd(gcd_max, c) > gcd_all ? gcd(gcd_max, c) : gcd_all; gcd_all = gcd(gcd_all, c); } cout << gcd_max << endl; } }
Cより簡単だった気がする。実際正解者数もCよりかなり多かった様子。
最初、最後の1個だけ見るのかと思ってWAを2回ほど出してしまった。
操作はいくらでもできるので、負数が偶数個なら全部正整数にできるし、奇数個ならどれか1つが負数になる。
したがって、負数をカウントして偶数なら絶対値の和が答えになり、奇数個なら絶対値の和から絶対値が最小の値の2倍を引けば答えになる。
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; using ll = long long; int main(){ ll N; cin >> N; vector<ll> A(N); for (ll i = 0; i < N; i++) { cin >> A.at(i); } ll ans = 0; // 絶対値の合計 for (ll i = 0; i < N; i++){ ans += abs(A.at(i)); } int minus_cnt = 0; // 負数の数を数える for (ll i = 0; i < N; i++) { if (A.at(i) < 0) minus_cnt++; } if (minus_cnt % 2 != 0) { // 負数が奇数個ならどれか一つ-が残るので、絶対値が一番小さいものを負にする ll min = abs(A.at(0)); for (ll i = 1; i < N; i++) { if (abs(A.at(i)) < min) min = abs(A.at(i)); } ans -= abs(min) * 2; } cout << ans << endl; }
