accoders NOI #5047. 猜数游戏 题解

题目描述

Alice 和 Bob 玩游戏。

Alice 有一个 \(1~n\) 中的正整数 \(y\)。Bob 不知道这个数。

游戏中的每一轮，Bob 选一个正整数 \(x\)，并提问 Alice：\(y\) 是否大于等于 \(x\)？然后 Alice 需要回答是或否。

Alice 可以说至多一次谎。Bob 想要用尽量少的轮数确定 \(y\)，Alice 希望 Bob 用的次数尽量多。

假设双方除第一轮外均采用最优策略。

作为一只 Goodeat，你既不是 Alice，也不是 Bob。

但你需要求出，对每个 \(x=1,2,...,n\)，当 Bob 第一轮问 \(y\) 是否大于等于 \(x\) 且 Alice 第一轮回答了 是 的情况下，Bob 还需要多少轮能确定 \(y\)。

（Alice 第一轮有可能说谎。）

思路

算法一

由于加入了说谎的机制，我们不能像原来的猜数游戏一样二分求解。

我们可以把每次询问看成一次覆盖，把“否”的一端覆盖掉，那么当一个区间被覆盖了两次，这个区间便不可能成为答案。

暴力搜索期望得分 \(20\) 分。

算法二

容易发现，去掉覆盖两次的区间之后，最后一定是形如 \(x\) 个 \(0\)，\(y\) 个 \(1\)，再 \(z\) 个 \(0\)。

设 \(dp_{x,y,z}\) 表示出现上面的序列时，还需要猜多少次。转移可以枚举 Bob 第一轮的分界位置。

时间复杂度 \(O(n^4)\)，期望得分 \(40\) 分。

算法三

考虑优化算法二。

我们注意到，在某个位置之前 Alice 回答大于更优，这个位置之后 Alice 回答小于更优。\(x,y\) 确定之后，对于不同 \(z\)，这一位置一定是单调的，于是我们可以线性算出这个位置并记录。

时间复杂度变为 \(O(n^3)\)，期望得分 \(70\) 分。

算法四

考虑 \(dp\) 的值域只有 \(O(\log n)\)，且关于 \(z\) 单调，于是我们改写状态，定义 \(f_{x,y,w}\) 表示最大的 \(w\) 满足 \(dp_{x,y,z}\le k\)。

这样一来 \(f\) 的状态只有 \(O(n^2 \log n)\) 种，而且转移方法类似。

期望得分 \(100\) 分。

代码

// ubsan: undefined
// accoders
/*
 * Title: D. 猜数游戏
 * Source: accoders NOI-2022NOIP A层联测20
 * URL: http://47.92.197.167:5283/contest/275/problem/4
 * Author: Steven_lzx
 * Command: -std=c++23 -Wall -fno-ms-extensions
 * Date: 2022.11.4
 */
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN=2001,MOD=998244353,INF=0x3f3f3f3f;
int n,dp[20][MAXN][MAXN],res,i,j,k;
int main()
{
    freopen("guess.in","r",stdin);
    freopen("guess.out","w",stdout);
    scanf("%d",&n);
    for(i=0;i<20;i++)
        for(j=0;j<=2000;j++)
            for(k=0;k<=2000;k++)
                dp[i][j][k]=-INF;
    dp[0][0][1]=dp[0][1][0]=0;
    dp[0][0][0]=1;
    for(res=1;res<20;res++)
    {
        for(k=0;k<=n;k++)//k:mid
        {
            for(i=0;i<=n-k;i++)
            {
                j=dp[res-1][k][i]+dp[res-1][0][k];
                if(j>=0)
                {
                    j=min(j,n-k);
                    dp[res][k][i]=max(dp[res][k][i],j);
                    dp[res][k][j]=max(dp[res][k][j],i);
                }
            }
            for(i=0;i<=k;i++)
            {
                j=k-i;
                if(dp[res-1][i][j]>=0&&dp[res-1][j][i]>=0)
                    dp[res][k][min(dp[res-1][i][j],n-k)]=max(dp[res][k][min(dp[res-1][i][j],n-k)],min(dp[res-1][j][i],n-k));
            }
            for(i=n-k+1;i>=0;i--)
                dp[res][k][i]=max(dp[res][k][i],dp[res][k][i+1]);
        }
    }
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        j=0;
        while(dp[j][n-i+1][i-1]<0)
            j++;
        printf("%d ",j);
    }
    putchar('\n');
    fclose(stdin);
    fclose(stdout);
    return 0;
}