交互题解题报告
交互格式
交互题一般分为两种:IO交互和grader交互
IO交互
需要包含对应的交互库头文件。
一般题目会在题面定义好每种操作的格式，选手通过打印对应的字符串进行交互。
每次输出后要即时清空缓存，保证交互正常进行。
对于cout,endl时会自动清除缓存。
对于printf，可以使用 fflush(stdout) 清除缓存。
例题:猜数字2
grader交互
需要包含对应的交互库头文件。
题目一般会给出几个函数，有一些是交互库中已经写好的，一些是需要自己实现的，选手不需要定义已经写好的代码，只需要按照题目格式定义并编写要求选手实现的代码即可。
不应该包含main函数。
例题:拉面比较
其他注意事项
如果OJ或者题目有特殊要求，优先遵循其要求。如:luogu要求交互题必须不包含交互库头文件，对于grader交互题必须对所有给出函数进行定义。
交互题的本地测试
准备
题目一般会给出用于交互评测的代码以及交互库头文件，需提前下载好。
IO交互测试
貌似只能本地模拟。
grader交互测试
这里环境为linux。
假设交互评测的代码为grader.cpp，选手的代码为U1.cpp。
进入终端输入命令g++ -O2 -o work grader.cpp U1.cpp，其中work为最终生成的程序的名字，可以自行定义。
./work运行程序，按照评测代码的输入格式输入数据，即可进行交互并打印评测结果。
题解
猜数字2
交互的模板题，二分猜即可。
注意交互格式，及时清除缓存。
参考代码:
#include<bits/stdc++.h>
#include"interaction.h"
using namespace std;
const int N=110;
int n,a[N];
int guess(int R){
int l=1,r=1e6,mid,ans=0,tmp;
while(l+1<r){
mid=(l+r)>>1;
printf("guess %d %d\n",R,mid);
fflush(stdout);
scanf("%d",&tmp);
if(tmp==0) return mid;
else if(tmp==-1) l=mid;
else r=mid;
}
printf("guess %d %d\n",R,l);
fflush(stdout);
scanf("%d",&tmp);
if(tmp==0) return l;
return r;
}
int main(){
// freopen(".in","r",stdin);
// freopen(".out","w",stdout);
printf("get_num\n");
fflush(stdout);
scanf("%d",&n);
for(int i=0;i<n;i++) a[i]=guess(i);
printf("submit");
for(int i=0;i<n;i++) printf(" %d",a[i]);
printf("\n");
return 0;
}
拉面比较
20pts: \(N\leq 30\)
直接进行两两比较,比较次数上限为\(\frac{n(n-1)}{2}\)。
50pts: \(N\leq 300\)
扫一遍序列，并记录前\(i\)个元素的最大值和最小值的位置，每次只和最大值/最小值比较即可。
比较次数上限为\(2n-2\)。
100pts: \(N\leq 400\)
先每两个元素分成一组，进行\(\lfloor\frac{n}{2}\rfloor\)
次比较，将较小数分到一个集合\(A\),较大数分到几个集合\(B\)，运用50pts的算法对\(A\)求最小值，对\(B\)求最大值，两个过程各需\(\lceil\frac{n}{2}\rceil-1\)次比较。
比较次数上限为\(\lceil\frac{3n}{2}\rceil-2\)。
参考代码:
#include<bits/stdc++.h>
#include"ramen.h"
using namespace std;
vector<int> biger,smler;
//int Compare(int X,int Y);
//int Answer(int X,int Y);
void Ramen(int n){
if(n==1){Answer(0,0);return;}
for(int i=1;i<n;i+=2){
int tmp=Compare(i-1,i);
if(tmp==1) biger.push_back(i-1),smler.push_back(i);
else biger.push_back(i),smler.push_back(i-1);
}
if(n&1) biger.push_back(n-1),smler.push_back(n-1);
int mx=biger[0];
for(int i=1;i<biger.size();i++){
if(Compare(mx,biger[i])<0) mx=biger[i];
}
int mn=smler[0];
for(int i=1;i<smler.size();i++){
if(Compare(mn,smler[i])>0) mn=smler[i];
}
Answer(mn,mx);
}
//int main(){
// freopen(".in","r",stdin);
// freopen(".out","w",stdout);
//
// return 0;
//}
「JOISC 2017 Day 3」自然公园
task1 10pts: \(N\leq 250\)
暴力枚举两个点，检查能否直接从一个点到另一个点，有则两点存在连边。
namespace task1{
void sol(){
for(int i=0;i<n;i++)
for(int j=i+1;j<n;j++){
for(int k=0;k<n;k++){
if(k==i||k==j) pla[k]=1;
else pla[k]=0;
}
if(Ask(i,j,pla)) Answer(i,j);
}
}
}
task2 10pts: \(M=N-1\),图是一条链，且\(0\)和\(N-1\)为端点。
考虑整体二分。
每次递归维护一个序列，左右端点固定，从中间随机一个点作为分界点。
先将序列里所有点置成\(1\)，从左到右枚举点，尝试将该点状态设成0，检查 Ask(l,mid) 是否为真，若为真说明该点在右区间，否则在左区间。
namespace task2{
void Div(vector<int> vec){
if(vec.size()==2) return report(vec[0],vec[1]),void();
int l=vec[0],r=vec.back(),mid=vec[rnd()%(vec.size()-2)+1];
vector<int> L,R;L.push_back(l);R.push_back(mid);
for(int p:vec) pla[p]=1;
for(int i=1;i<(int)vec.size()-1;i++){
if(vec[i]==mid) continue;
pla[vec[i]]=0;
if(qry(l,mid,pla)) R.push_back(vec[i]);
else L.push_back(vec[i]);
pla[vec[i]]=1;
}
L.push_back(mid);R.push_back(r);
for(int p:vec) pla[p]=0;
Div(L);Div(R);
}
void sol(){
vector<int> vec;
for(int i=0;i<n;i++) vec.push_back(i);
shuffle(vec.begin()+1,vec.end()-1,rnd);//at least two points,don't worry about RE
Div(vec);
}
}
task3 27pts: \(M=N-1\)，图是树，深度\(log\)级别
考虑以\(0\)为根，从上到下一层一层拓展，找到每个点的父亲，各自与其父亲连边。
对于每一层拓展，维护上一次新拓展的一层点(该层记为\(Q\))，对于当前考虑要拓展的一层\(A\)，进行整体二分。在\(Q\)中取\(mid\)，\(mid\)左侧置1，\(mid\)右侧置0,检查每一个在\(A\)的点\(i\)，若 Ask(0,i) 为真，说明该点父亲在左侧区间，否则在右侧区间。
每一轮整体二分完毕后，将\(Q\)永久置为\(1\)，将\(A\)作为新的\(Q\)。将\(Q\)置为1,枚举剩余未拓展的点，若该点 Ask(0,i) 为真，则该点在\(A\)层。找到所有\(A\)层点后继续新一轮整体二分。
namespace task3{
int pre[N],stk[N],fa[N],lq[N],rq[N],cnt=0,pretop=0;bool vis[N];
void Div(int l,int r,int ql,int qr){
if(l>r||ql>qr) return ;
if(l==r){
for(int i=ql;i<=qr;i++) fa[stk[i]]=pre[l];
return ;
}
int mid=(l+r)>>1,lt=0,rt=0;
for(int i=l;i<=mid;i++) pla[pre[i]]=1;
for(int i=mid+1;i<=r;i++) pla[pre[i]]=0;
for(int i=ql;i<=qr;i++){
pla[stk[i]]=1;
if(qry(0,stk[i],pla)) lq[++lt]=stk[i];
else rq[++rt]=stk[i];
pla[stk[i]]=0;
}
for(int i=l;i<=mid;i++) pla[pre[i]]=0;
for(int i=1;i<=lt;i++) stk[ql+i-1]=lq[i];
for(int i=1;i<=rt;i++) stk[ql+lt+i-1]=rq[i];
Div(l,mid,ql,ql+lt-1);
Div(mid+1,r,ql+lt,qr);
}
void work(){
int top=0;
for(int i=0;i<n;i++){
if(vis[i]) continue;
pla[i]=1;
if(qry(0,i,pla)){
cnt++;stk[++top]=i;
}
pla[i]=0;
}
Div(1,pretop,1,top);
for(int i=1;i<=pretop;i++) pla[pre[i]]=1;
for(int i=1;i<=top;i++) vis[stk[i]]=1,pla[stk[i]]=1,pre[i]=stk[i];
pretop=top;
if(cnt==n) return;
else work();
}
void sol(){
cnt=0;pla[0]=cnt=vis[0]=1;
pre[pretop=1]=0;
work();
for(int i=1;i<n;i++) report(fa[i],i);
}
}
task4 30pts: \(M=N-1\)
注意到图仍然是树。
维护一个序列，初始为\(0\)~\(N-1\)，随机打乱。
- 取序列首端和末端为端点，在图中找一条链。对于找链，先将序列里所有点置\(1\)，然后枚举点尝试置为\(0\)，若置\(0\)后左右端点不再连通，则该点在链上。
- 找到链后，将链作为当前连通块的一个抽象的根，做类似于task3的方法判断除链外剩余点的祖先是链上的哪一个点。将剩余点总集合按照祖先分为链长个集合，每一个集合成为一个新的独立的连通块。
- 对于操作\(2\)产生的每个独立的新连通块，进行操作\(1\)。以此类推直到序列大小小于等于\(2\)，若序列大小为\(2\)，两点直接连边，结束。
namespace task4{
vector<vector<int> > pot;
vector<int> Div(vector<int> vec){
if(vec.size()==2) return report(vec[0],vec[1]),vec;
int l=vec[0],r=vec.back(),mid=vec[rnd()%(vec.size()-2)+1];
vector<int> L,R;
L.push_back(vec[0]);R.push_back(mid);
for(int p:vec) pla[p]=1;
for(int i=1;i<(int)vec.size()-1;i++){
if(vec[i]==mid) continue;
pla[vec[i]]=0;
if(!qry(l,mid,pla)) L.push_back(vec[i]);
else R.push_back(vec[i]);
pla[vec[i]]=1;
}
L.push_back(mid);R.push_back(r);
for(int p:vec) pla[p]=0;
L=Div(L);R=Div(R);
L.pop_back();
for(int p:R) L.push_back(p);
return L;
}
void solve(int l,int r,vector<int> &chain,vector<int> S){
if(l==r){pot[l]=S;return ;}
for(int p:S) pla[p]=1;
int mid=(l+r)>>1;
for(int i=l;i<=mid;i++) pla[chain[i]]=1;
vector<int> L,R;
for(int p:S){
if(qry(p,chain[l],pla)) L.push_back(p);
else R.push_back(p);
}
for(int i=l;i<=mid;i++) pla[chain[i]]=0;
for(int p:S) pla[p]=0;
solve(l,mid,chain,L);
solve(mid+1,r,chain,R);
}
void Solve(vector<int> vec){
if(vec.size()==1) return ;
if(vec.size()==2) return report(vec[0],vec[1]),void();
vector<int> chain;chain.push_back(vec[0]);
for(int p:vec) pla[p]=1;
for(int i=1;i<(int)vec.size()-1;i++){
pla[vec[i]]=0;
if(!qry(vec[0],vec.back(),pla)) chain.push_back(vec[i]);
pla[vec[i]]=1;
}
for(int p:vec) pla[p]=0;
chain.push_back(vec.back());
chain=Div(chain);
pot.clear();
pot.resize(chain.size());
vector<int> S;bool vis[N];
memset(vis,0,sizeof vis);
for(int p:chain) vis[p]=1;
for(int p:vec) if(!vis[p]) S.push_back(p);
for(int p:chain) vis[p]=0;
solve(0,chain.size()-1,chain,S);
vector<vector<int> > tmppot=pot;
for(int i=0;i<(int)tmppot.size();i++){
tmppot[i].push_back(chain[i]);
Solve(tmppot[i]);
}
}
void sol(){
vector<int> vec;
for(int i=0;i<n;i++) vec.push_back(i);
shuffle(vec.begin(),vec.end(),rnd);
Solve(vec);
}
}
task5 23pts: 无特殊限制
考虑维护一个连通块，初始时连通块即为\(0\)号点，大小为\(1\)。
- 判断该点\(x\)是否与连通块直接相连(即与块中某个点通过某条边直接相连),若没有直接相连，则套路的使用二分前缀法随机取一个在连通块和该点\(x\)之间路径上的一个点\(y\)，对\(y\)执行操作\(1\)直到\(x\)和块直接相连；当\(x\)已经满足和连通块直接相连时，执行操作\(2\)。
- 对于当前的连通块，从块中一个出发点\(z\)开始通过已经找到的边向外bfs，并将bfs的所有点置\(1\)，检查此时点\(x\)是否与该出发点\(z\)连通，若不连通，初始化所有点状态为\(0\)，并结束；否则使用二分前缀法找到当前连通块中序最小的和\(x\)直接相连的点\(y\)，report并给点\(y\)打上删除标记(下一次通过操作\(1\)执行操作\(2\)时，之前打的删除标记无效)，将原连通块分割成若干连通块，枚举\(y\)的出边，向其出边指向的连通块递归地进行操作\(2\)。当子连通块的递归结束，回溯到该层时，将这一层发现的\(x\rightarrow z\)的连边存储到邻接表中。结束。
namespace task5{
int tim=0,eratim=0,col[N],era[N],q[N],tmp[N];bool vis[N];
vector<int> E[N];
void link(int x,int y){
E[x].push_back(y);
E[y].push_back(x);
}
void Div(int x,int z){
++tim;col[x]=tim;
int hh=1,tt=1;q[tt]=x;
while(hh<=tt){
int p=q[hh++];
for(int to:E[p])
if(col[to]!=tim&&era[to]!=eratim){
col[to]=tim;
q[++tt]=to;
}
}
for(int i=1;i<=tt;i++) pla[q[i]]=1;
if(!qry(x,z,pla)){
for(int i=1;i<=tt;i++) pla[q[i]]=0;
return ;
}
int b=tt,l=1,r=tt,mid;
while(l!=r){
mid=(l+r)>>1;
for(;b<mid;b++) pla[q[b+1]]=1;
for(;b>mid;b--) pla[q[b]]=0;
if(qry(x,z,pla)) r=mid;
else l=mid+1;
}
for(;b;b--) pla[q[b]]=0;
int y=q[l];
report(y,z);era[y]=eratim;
for(int p:E[y])
if(era[p]!=eratim)
Div(p,z);
link(y,z);
}
void Find(int x){
++eratim;
pla[x]=1;
Div(0,x);
pla[x]=0;
}
void gt(int x){
int len=0;
for(int i=0;i<n;i++){
if(!vis[i]&&i!=x) tmp[++len]=i;
else pla[i]=1;
}
if(qry(0,x,pla)){
memset(pla,0,sizeof(int)*n);
Find(x);
vis[x]=1;
return ;
}
else{
int b=0,l=1,r=len,mid;
while(l!=r){
mid=(l+r)>>1;
for(;b<mid;b++) pla[tmp[b+1]]=1;
for(;b>mid;b--) pla[tmp[b]]=0;
if(qry(0,x,pla)) r=mid;
else l=mid+1;
}
for(;b;b--) pla[tmp[b]]=0;
int y=tmp[l];
vis[x]=1;
gt(y);
vis[x]=0;
gt(x);
}
}
void sol(){
vis[0]=1;
vector<int> vec;
for(int i=0;i<n;i++) vec.push_back(i);
shuffle(vec.begin(),vec.end(),rnd);
for(int p:vec){
if(!vis[p]){
gt(p);
}
}
}
}
代码全貌如下:
#include<bits/stdc++.h>
#include"park.h"
using namespace std;
//void Ask(int x,int y,int a[]);void Answer(int x,int y);
const int N=1450;
mt19937 rnd(19260817);
int pla[N],n;
int qry(int i,int j,int tmp[]){return Ask(min(i,j),max(i,j),tmp);}
void report(int i,int j){Answer(min(i,j),max(i,j));}
namespace task1{
void sol(){
for(int i=0;i<n;i++)
for(int j=i+1;j<n;j++){
for(int k=0;k<n;k++){
if(k==i||k==j) pla[k]=1;
else pla[k]=0;
}
if(Ask(i,j,pla)) Answer(i,j);
}
}
}
namespace task2{
void Div(vector<int> vec){
if(vec.size()==2) return report(vec[0],vec[1]),void();
int l=vec[0],r=vec.back(),mid=vec[rnd()%(vec.size()-2)+1];
vector<int> L,R;L.push_back(l);R.push_back(mid);
for(int p:vec) pla[p]=1;
for(int i=1;i<(int)vec.size()-1;i++){
if(vec[i]==mid) continue;
pla[vec[i]]=0;
if(qry(l,mid,pla)) R.push_back(vec[i]);
else L.push_back(vec[i]);
pla[vec[i]]=1;
}
L.push_back(mid);R.push_back(r);
for(int p:vec) pla[p]=0;
Div(L);Div(R);
}
void sol(){
vector<int> vec;
for(int i=0;i<n;i++) vec.push_back(i);
shuffle(vec.begin()+1,vec.end()-1,rnd);//at least two points,don't worry about RE
Div(vec);
}
}
namespace task3{
int pre[N],stk[N],fa[N],lq[N],rq[N],cnt=0,pretop=0;bool vis[N];
void Div(int l,int r,int ql,int qr){
if(l>r||ql>qr) return ;
if(l==r){
for(int i=ql;i<=qr;i++) fa[stk[i]]=pre[l];
return ;
}
int mid=(l+r)>>1,lt=0,rt=0;
for(int i=l;i<=mid;i++) pla[pre[i]]=1;
for(int i=mid+1;i<=r;i++) pla[pre[i]]=0;
for(int i=ql;i<=qr;i++){
pla[stk[i]]=1;
if(qry(0,stk[i],pla)) lq[++lt]=stk[i];
else rq[++rt]=stk[i];
pla[stk[i]]=0;
}
for(int i=l;i<=mid;i++) pla[pre[i]]=0;
for(int i=1;i<=lt;i++) stk[ql+i-1]=lq[i];
for(int i=1;i<=rt;i++) stk[ql+lt+i-1]=rq[i];
Div(l,mid,ql,ql+lt-1);
Div(mid+1,r,ql+lt,qr);
}
void work(){
int top=0;
for(int i=0;i<n;i++){
if(vis[i]) continue;
pla[i]=1;
if(qry(0,i,pla)){
cnt++;stk[++top]=i;
}
pla[i]=0;
}
Div(1,pretop,1,top);
for(int i=1;i<=pretop;i++) pla[pre[i]]=1;
for(int i=1;i<=top;i++) vis[stk[i]]=1,pla[stk[i]]=1,pre[i]=stk[i];
pretop=top;
if(cnt==n) return;
else work();
}
void sol(){
cnt=0;pla[0]=cnt=vis[0]=1;
pre[pretop=1]=0;
work();
for(int i=1;i<n;i++) report(fa[i],i);
}
}
namespace task4{
vector<vector<int> > pot;
vector<int> Div(vector<int> vec){
if(vec.size()==2) return report(vec[0],vec[1]),vec;
int l=vec[0],r=vec.back(),mid=vec[rnd()%(vec.size()-2)+1];
vector<int> L,R;
L.push_back(vec[0]);R.push_back(mid);
for(int p:vec) pla[p]=1;
for(int i=1;i<(int)vec.size()-1;i++){
if(vec[i]==mid) continue;
pla[vec[i]]=0;
if(!qry(l,mid,pla)) L.push_back(vec[i]);
else R.push_back(vec[i]);
pla[vec[i]]=1;
}
L.push_back(mid);R.push_back(r);
for(int p:vec) pla[p]=0;
L=Div(L);R=Div(R);
L.pop_back();
for(int p:R) L.push_back(p);
return L;
}
void solve(int l,int r,vector<int> &chain,vector<int> S){
if(l==r){pot[l]=S;return ;}
for(int p:S) pla[p]=1;
int mid=(l+r)>>1;
for(int i=l;i<=mid;i++) pla[chain[i]]=1;
vector<int> L,R;
for(int p:S){
if(qry(p,chain[l],pla)) L.push_back(p);
else R.push_back(p);
}
for(int i=l;i<=mid;i++) pla[chain[i]]=0;
for(int p:S) pla[p]=0;
solve(l,mid,chain,L);
solve(mid+1,r,chain,R);
}
void Solve(vector<int> vec){
if(vec.size()==1) return ;
if(vec.size()==2) return report(vec[0],vec[1]),void();
vector<int> chain;chain.push_back(vec[0]);
for(int p:vec) pla[p]=1;
for(int i=1;i<(int)vec.size()-1;i++){
pla[vec[i]]=0;
if(!qry(vec[0],vec.back(),pla)) chain.push_back(vec[i]);
pla[vec[i]]=1;
}
for(int p:vec) pla[p]=0;
chain.push_back(vec.back());
chain=Div(chain);
pot.clear();
pot.resize(chain.size());
vector<int> S;bool vis[N];
memset(vis,0,sizeof vis);
for(int p:chain) vis[p]=1;
for(int p:vec) if(!vis[p]) S.push_back(p);
for(int p:chain) vis[p]=0;
solve(0,chain.size()-1,chain,S);
vector<vector<int> > tmppot=pot;
for(int i=0;i<(int)tmppot.size();i++){
tmppot[i].push_back(chain[i]);
Solve(tmppot[i]);
}
}
void sol(){
vector<int> vec;
for(int i=0;i<n;i++) vec.push_back(i);
shuffle(vec.begin(),vec.end(),rnd);
Solve(vec);
}
}
namespace task5{
int tim=0,eratim=0,col[N],era[N],q[N],tmp[N];bool vis[N];
vector<int> E[N];
void link(int x,int y){
E[x].push_back(y);
E[y].push_back(x);
}
void Div(int x,int z){
++tim;col[x]=tim;
int hh=1,tt=1;q[tt]=x;
while(hh<=tt){
int p=q[hh++];
for(int to:E[p])
if(col[to]!=tim&&era[to]!=eratim){
col[to]=tim;
q[++tt]=to;
}
}
for(int i=1;i<=tt;i++) pla[q[i]]=1;
if(!qry(x,z,pla)){
for(int i=1;i<=tt;i++) pla[q[i]]=0;
return ;
}
int b=tt,l=1,r=tt,mid;
while(l!=r){
mid=(l+r)>>1;
for(;b<mid;b++) pla[q[b+1]]=1;
for(;b>mid;b--) pla[q[b]]=0;
if(qry(x,z,pla)) r=mid;
else l=mid+1;
}
for(;b;b--) pla[q[b]]=0;
int y=q[l];
report(y,z);era[y]=eratim;
for(int p:E[y])
if(era[p]!=eratim)
Div(p,z);
link(y,z);
}
void Find(int x){
++eratim;
pla[x]=1;
Div(0,x);
pla[x]=0;
}
void gt(int x){
int len=0;
for(int i=0;i<n;i++){
if(!vis[i]&&i!=x) tmp[++len]=i;
else pla[i]=1;
}
if(qry(0,x,pla)){
memset(pla,0,sizeof(int)*n);
Find(x);
vis[x]=1;
return ;
}
else{
int b=0,l=1,r=len,mid;
while(l!=r){
mid=(l+r)>>1;
for(;b<mid;b++) pla[tmp[b+1]]=1;
for(;b>mid;b--) pla[tmp[b]]=0;
if(qry(0,x,pla)) r=mid;
else l=mid+1;
}
for(;b;b--) pla[tmp[b]]=0;
int y=tmp[l];
vis[x]=1;
gt(y);
vis[x]=0;
gt(x);
}
}
void sol(){
vis[0]=1;
vector<int> vec;
for(int i=0;i<n;i++) vec.push_back(i);
shuffle(vec.begin(),vec.end(),rnd);
for(int p:vec){
if(!vis[p]){
gt(p);
}
}
}
}
void Detect(int T,int N){
n=N;
if(T==1){task1::sol();return ;}
if(T==2){task2::sol();return ;}
if(T==3){task3::sol();return ;}
if(T==4){task4::sol();return ;}
if(T==5){task5::sol();return ;}
}
//int main(){
//// freopen(".in","r",stdin);
//// freopen(".out","w",stdout);
//
// return 0;
//}
「WC2019」I 君的商店
明确一点，query()=0等价于"大于等于"，query()=1等价与"小于等于"。
task 1,2,4,5 60pts:
显然我们可以用\(O(2n)\)的操作得到一个确定的\(1\)的位置，从左到有枚举一遍，取最大值的下标即可，记为\(z\)。
然后每次从剩余的数中取两个数\(x\)和\(y\)(\(x\leq y\))，若\(x+y\leq z\)则\(ans[x]=0\);若\(x+y\geq z\)，则\(ans[y]=1\)。
最后剩余一个数根据\(1\)的个数的奇偶性判断即可。
操作复杂度:\(O(7n)\)
task3 9pts:
根据限制显然整个\(ans\)序列必然是一段若干长度的\(0\)和一段长度大于等于一的\(1\)，或者一段长度大于等于一的\(1\)和一段若干长度的\(0\)，即000...111或111....000。
考虑二分这个分界点。
可以通过比较两端点找到\(1\)在哪一侧，然后通过比较\(\{mid,mid+1\}\)和\(1\)的大小关系即可二分分界点。
通过\(1\)的个数的奇偶性可以判断分界点具体的数值。
操作复杂度:\(O(3logn)\)
task6 31pts:
考虑任取一个点\(z\)，每次从剩余点中取两个数\(x\)和\(y(x\leq y)\)。
- 若\(x+y\leq z\)则\(ans[x]=0\);
- 若\(x+y\geq z\)则\(y\geq z\)，将当前\(z\)放入一个栈中，将当前\(y\)作为新的\(z\)。
做完后将\(x\)和\(z\)中较小的作为\(x\)，较大的作为\(z\)。那么此时\(z\)必然为全局最大值，即\(1\)。
将\(z\)也插入栈中，则此时栈内从底部到顶部数值递增，可以对栈内进行task3的二分。
这样还剩余\(x\)和栈内的分界点(这里设为\(y\))未确定数值，将\(x+y\)与\(1\)比较:若\(x+y\leq 1\)则\(ans[x]=0\)；若\(x+y\geq 1\)，则\(ans[y]=1\)。剩余的一个点根据\(1\)的个数的奇偶性判断即可。
操作复杂度:\(O(5n+3logn)\)
具体细节参考代码:
#include<bits/stdc++.h>
#include"shop.h"
using namespace std;
const int N=1e5+10;
int n,K,tmp[N],stk[N],top=0;
int Ask1(int x,int y){
int _A[]={x},_B[]={y};
return query(_A,1,_B,1);
}
int Ask2(int x,int y,int z){
int _A[]={x,y},_B[]={z};
return query(_A,2,_B,1);
}
void swp(int &x,int &y){
if(!Ask1(x,y)) swap(x,y);
}
void find_price(int task_id,int _N,int _K,int ans[]){
n=_N;K=_K;
for(int i=0;i<n;i++) ans[i]=0;
if(n==1) return ans[0]=1,void();
if(n==2){
int p=Ask1(0,1);
ans[p]=ans[p^1^K]=1;
return ;
}
if(task_id==1||task_id==2||task_id==4||task_id==5){
for(int i=0;i<n;i++) ans[i]=-1;
int mx=0;
for(int i=1;i<n;i++) if(Ask1(mx,i)) mx=i;
ans[mx]=1;
int a=0,b=1,flag=1;
for(int i=1;i<n-1;i++){
while(a==b||a==mx) a++;
while(a==b||b==mx) b++;
if(!Ask1(a,b)) swap(a,b);
if(Ask2(a,b,mx)) ans[a]=0,a=max(a,b)+1;
else ans[b]=1,b=max(a,b)+1,flag^=1;
}
if(ans[a]==-1) ans[a]=flag^K;
else ans[b]=flag^K;
return ;
}
if(task_id==3){
for(int i=0;i<n;i++) tmp[i]=i;
if(Ask1(0,n-1)) reverse(tmp,tmp+n);
int l=0,r=n-2,mid;
while(l+1<r){
mid=(l+r)>>1;
if(!Ask2(tmp[mid],tmp[mid+1],tmp[0])) l=mid;
else r=mid;
}
if(((l+1)&1)!=K) l++;
for(int i=0;i<=l;i++) ans[tmp[i]]=1;
for(int i=l+1;i<n;i++) ans[tmp[i]]=0;
return ;
}
if(task_id==6){
int x=0,y,z=1;
for(int i=2;i<n;i++){
y=i;swp(x,y);
if(Ask2(x,y,z)){ans[x]=0;x=y;}
else{stk[++top]=z;z=y;}
}
swp(x,z);ans[z]=1;
if(!top){ans[x]=(K^1);return ;}
stk[++top]=z;
int l=1,r=top-1,mid;
while(l<r){
mid=(l+r)>>1;
if(Ask2(stk[mid],stk[mid+1],z)) l=mid+1;
else r=mid;
}
for(int i=1;i<l;i++) ans[stk[i]]=0;
for(int i=l+1;i<=top;i++) ans[stk[i]]=1;
y=stk[l];int flag=((top-l)&1)^K;
swp(x,y);
if(Ask2(x,y,z)){ans[x]=0;ans[y]=flag;}
else{
ans[y]=1;ans[x]=flag^1;
}
return ;
}
}
//int main(){
//// freopen(".in","r",stdin);
//// freopen(".out","w",stdout);
//
// return 0;
//}
浙公网安备 33010602011771号