题解：P11490 [BalticOI 2023] Staring Contest

前言

第一次做无题解的灰题，有点激动。

思路分析

首先从小数据开始思考。

当 \(n=2\) 时，可以询问 \(t_1=(1,2)\)，然后返回 \(b_1=b_2=t_1\)。

当 \(n=3\) 时，可以询问 \(t_1=(1,2),t_2=(2,3)\)，然后分讨一下：

• 当 \(t_1=t_2\) 时，可以确定 \(a_2=t_1\)；

• 当 \(t_1<t_2\) 时，可以确定 \(a_1=t_1\)；

• 当 \(t_1>t_2\) 时，可以确定 \(a_3=t_2\)。

不难发现，\(n=3\) 的做法具有很强的拓展性。

具体而言，可以每次维护一个待确定集合，然后用两次询问得到一个值，直到未确定的值的数量为 \(2\) 为止。总询问次数为 \(2n-1\)。实现这个算法有 \(20\) 分。

在上面的算法的基础上，我们可以进行优化，具体而言，我们很多次询问是冗余的，考虑每次处理 \(a_1,a_2,a_3\) 三个数时，询问 \(t_1=(1,2),t_2=(2,3),t_3=(1,3)\)，通过三次询问可以确定两个数，总询问次数小于 \(\lfloor \frac{3n}{2} \rfloor\)。实现这个算法有 \(50\) 分。

其实上面的算法已经很接近正解了。

考虑进一步优化。注意到每次询问 \(t_1,t_2\) 时，得到的答案只有为 \(t_1=t_2\)，需要再次询问，否则可以利用之前的询问继续递归处理。

也就是，每次已知 \(a,b,\min(a,b)\)，希望利用一次询问确定一个值 \(c\)，分类讨论：

下文为了方便，考虑令 \(t_1=\min(a,b),t_2=\min(b,c)\)。

1. 当 \(t_1=t_2\) 时，可以确定 \(a=t_1\)，递归处理 \(b,c,\min(b,c)\)；

2. 当 \(t_1<t_2\) 时，可以确定 \(b=t_1\)，递归处理 \(a,c,\min(a,c)\)；

3. 当 \(t_1>t_2\) 时，可以确定 \(c=t_2\)，选择一个新的 \(c\) 处理。

不难发现，1 和 3 操作都是一次询问确定一个值，而 2 操作，本质上不会劣于我们之前所说的询问次数为 \(\lfloor \frac{3n}{2} \rfloor\) 的算法。

所以总体的询问次数是玄学，提交发现被卡了。

但是考虑每次随机选择 \(c\)，就过了。

不会证明询问次数的正确性，不知道有没有期望复杂度保证。

代码实现

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int inf=-(1ll<<31);
int n,a,b,c,t1,t2,t3,ans[3005],id[3005],val[3005];
queue<int> v;
mt19937 rnd(time(0));
int ask(int x,int y){
	int ans;
	cout<<"? "<<id[x]<<' '<<id[y]<<endl;
	cin>>ans;
	return ans; 
}
void solve(int a,int b,int t1){
	while(!v.empty()){
		c=v.front();
		v.pop();
		t2=ask(a,c);
		if(t1==t2) return ans[id[a]]=t1,solve(b,c,ask(b,c));
		else if(t2>t1) return ans[id[b]]=t1,solve(a,c,t2);
		else ans[id[c]]=t2;
	}
	ans[id[a]]=ans[id[b]]=t1;
}
int main(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		id[i]=i;
	}
	shuffle(id+1,id+1+n,rnd);
	for(int i=3;i<=n;i++){
		v.push(i);
	}
	solve(1,2,ask(1,2));
	cout<<"! ";
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cout<<ans[i]<<' ';
	}
	cout<<endl;
	return 0;
}