Kevin and Teams

Kevin and Teams

进行手玩，发现 \(n\) 从 \(1\) 开始的 \(k\) 分别为 \([0,1,1,1,2,2,\dots]\)。

不妨猜测 \(k = \lfloor \frac{n+1}{3} \rfloor\)，考虑构造性证明这一点。

我们考虑同时保存一组黑色匹配和一组白色匹配，此时我们需要维护一条同色链。

每次我们加入点 \(u\)，假设点 \(u\) 与链尾的边与链同色，则加入点 \(u\)。否则点 \(u\) 与链尾的边与链异色，此时我们去除这两条边，分别加入两个匹配即可。

显然我们会用 \(3\) 个点产生一组匹配，假设链外有 \(3a\) 个点，则匹配数为 \(\lceil \frac{n-3a-1}{2} \rceil + a = \lfloor \frac{n-3a}{2} \rfloor + a = \lfloor \frac{n-a}{2} \rfloor\)。显然 \(a \leq \lfloor \frac{n}{3} \rfloor\)，则原式 \(\geq \lfloor \frac{n - \lfloor \frac{n}{3} \rfloor}{2} \rfloor = \lfloor \frac{\lceil \frac{2n}{3} \rceil}{2} \rfloor = \lfloor \frac{\lfloor \frac{2n+2}{3} \rfloor}{2} \rfloor = \lfloor \frac{2n+2}{6} \rfloor = \lfloor \frac{n+1}{3} \rfloor\)。

其次我们构造一组解，使得 \(k = \lfloor \frac{n+1}{3} \rfloor\)。

不妨考虑构造一个 \(m\) 个点的完全图，此时的答案为 \(\max(\lfloor \frac{m}{2} \rfloor,n-m)\)，也就是 \(\lfloor \frac{\max(m,2n-2m)}{2} \rfloor\)。容易发现上式 \(\geq \lceil \frac{2n}{3} \rceil\)，同上分析即可得到此下界。

#include<iostream>
#include<vector>
#include<stack>
using namespace std;
void solve(){
	int n;
	cin>>n;
	int k=(n+1)/3;
	cout<<k<<endl;
	stack<int> st;
	int flag=0;
	vector<int> U[2],V[2];
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(st.size()==0){
			st.push(i);
		}
		else if(st.size()==1){
			int u=st.top();
			cout<<"? "<<u<<" "<<i<<endl;
			cin>>flag;
			st.push(i);
		}
		else{
			int u=st.top();
			st.pop();
			int v=st.top();
			cout<<"? "<<u<<" "<<i<<endl;
			int num;
			cin>>num;
			if(num==flag){
				st.push(u);
				st.push(i);
			}
			else{
				st.pop();
				U[flag].push_back(u);
				V[flag].push_back(v);
				U[num].push_back(u);
				V[num].push_back(i);
			}
		}
	}
	bool tmp=false;
	while(!st.empty()){
		if(tmp==false){
			U[flag].push_back(st.top());
		}
		else{
			V[flag].push_back(st.top());
		}
		st.pop();
		tmp=!tmp;
	}
	cout<<"!";
	for(int i=0;i<k;i++){
		cout<<" "<<U[flag][i]<<" "<<V[flag][i];
	}
	cout<<endl;
}
int main(){
	int T;
	cin>>T;
	while(T--){
		solve();
	}
	return 0;
}