CF2163D2 Diadrash (Hard Version)

CF2163D2 Diadrash (Hard Version)

题意：
交互题。在有 \(n(n\leq 10^4)\) 个元素的排列中给定 \(q(q\leq 3×10^5)\) 个区间，求这些区间中MEX值的最大。可以询问区间 \([l,r]\) 的MEX，不超过30次。

大部分交互题的本质在二分，这题的难点就在于转化出可以二分的条件。

容易得到，一个大区间\([L,R]\) 如果完全包含了一个小区间 \([l,r]\)，那么 $MEX[L,R]\geq MEX[l,r] $。通过这个性质，小区间一定可以不用考虑。将小区间删去后，剩下最多 \(n\) 个区间。

接着考虑如何转化MEX：在一个排列中，\(MEX[l,r]\) 实际上就等于不在 \([l,r]\) 中的最小值，即：\(min(min[1,l-1],min[r+1,n])\)。而\(min[1,l-1]=MEX[l,n],min[r+1,n]=MEX[1,l]\)。所以可以得到：\(MEX[l,r]=min(MEX(l,n),MEX(1,r))\)。推出这个式子有什么用呢？

我们将区间按左端点排序，右端点一定也是递增的。从枚举的角度出发，随着 \(i\) 增大，\(l_i\) 和 \(r_i\) 都在增大，因此 \(MEX(l,n)\) 在递减，\(MEX(1,r)\) 在递增，而这两者 \(min\) 值的最大一定在中间某点取到。

考虑二分：由于我们要求的是 \(min(MEX(l,n),MEX(1,r))\)。如果区间 \(i\) 的 \(MEX(l_i,n)>MEX(1,r_i)\)，将 \(i\) 右移。此时 \(MEX(l_i,n)\) 减小，\(MEX(1,r_i)\) 增大；反之则将 \(i\) 左移。在二分过程中实时更新最大值，得到的最大值即是答案。

#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;

typedef pair<int,int> PII;

int query(int l, int r)
{
    cout << "? " << l << " " << r << endl;
    int t;
    cin >> t;
    return t;
}

void solve()
{
    int n,q;
    cin >> n >> q;
    vector<int> maxr(n+10,-1);
    for (int i = 1 ; i <= q ; i++)
    {
        int l,r;
        cin >> l >> r;
        maxr[l] = max(maxr[l],r);
    }

    int now = 0;
    vector<PII> p;
    for (int i = 1 ; i <= n ; i++)
    {
        if (maxr[i] > now)
        {
            now = maxr[i];
            p.push_back({i,now});
        }
    }

    int l = -1;
    int r = p.size();
    int ans = 0;
    while (l+1 != r)
    {
        int mid = (l+r) >> 1;
        int L = p[mid].first;
        int R = p[mid].second;
        int a = query(1,R);
        int b = query(L,n);
        ans = max(ans,min(a,b));
        if (a > b) r = mid;
        else l = mid;
    }

    cout << "! " << ans << endl;
}

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);

    int T;
    cin >> T;
    while (T--) solve();

    return 0;
}