构造交互题目学习笔记

常用结论和方法

抽屉原理：

\(n\) 个物品和 \(m\) 个盒子，将物品装入盒子中。
至少有一个盒子的物品数量 \(\ge \lceil\frac{n}{m}\rceil\)。

摩尔投票法：

问题: 长度为 \(n\) 的数列中存在一个出现次数大于 \(\frac{n}{2}\) 的数，设计一个算法找到它。

只要每次删除两个不同的数，最后留下的那个数（或那些数，但这些数全部相同）就是要求的答案。

拓展: 找到长度为 \(n\) 的数列中的所有出现次数大于等于 \(n\times p\%\) 的数。

记 \(k=\lfloor\frac{100}{p}\rfloor\)，每次删 \(k+1\) 个不同的数即可。这样可以保证满足要求的数一定可以保留下来，最后再check即可。

这种记录方式适合用于合并信息。

调整法：

一. 从不优的状态逐渐往目标调整。

构造

构造是什么？

构造一种合法的方案。

构造一组达到最优贡献的方案。

构造一组操作次数最小的方案。

CF1198C Matching vs Independent Set

注意到边独立集每条边会消耗 \(2\) 个点和 \(1\) 条边，而点独立集每个点会消耗 \(1\) 个点和它的所有连边。

那么，点独立集对边的消耗会较大，边独立集对点的消耗较大，启发我们考虑到如果一个图的点无法满足边独立集，可能很容易满足点独立集，毕竟点数是 \(3n\)，较为充裕。

考虑一下算法构造一个边独立集：

依次考虑每一条边 \((u,v)\)，如果 \(u,v\) 都没有被用过则加入到边独立集中。

显然，此时求出的不一定是最大的边独立集，如果发现求出的边独立集大小 \(\ge n\)，直接在中间选出 \(n\) 条边就可以了。

否则，考虑转向求点独立集。此时可以注意到，求边独立集花费了 \(< 2n\) 的点，剩下会有多于 \(n\) 的点不在边独立集中，并且它们的所有邻点都在边独立集中，否则边独立集可以继续扩大。

所以，不在边独立集中的点构成了一个大小 \(> n\) 的点独立集，可以选出 \(n\) 个点作为答案。

CF618F Double Knapsack

首先大致感觉一下，子集和的大小是 \(n^2\) 级别的，子集的数量是 \(2^n\) 的，感觉还是大概率有解的。

由于子集的限制过于开放，考虑加强限制。

这里把子集和改为区间和，容易发现区间数也是 \(O(n^2)\) 的。

那么记 \(a_i,b_i\) 为 \(A,B\) 的前缀和。

要求 \(a_{r_1}-a_{l_1}=b_{r_2}-b_{l_2}\) 的 \(l_1,l_2,r_1,r_2\)，且 \(0\le 1_1<r_1\le n\)，\(0\le l_2<r_2\le n\)。

移项：

\[a_{r_1}-b_{r_2}=a_{l_1}-b_{l_2} \]

接着，限制一下左右两边的范围，让它们更有可能相同。

不妨令 \(a_n \ge b_n\) ，记 \(p_i\) 为最大的 \(j\) 满足，\(b_j\le a_i\)，双指针线性求。

我们考虑左右两边的 \(b\) 都用对应的 \(p_i\)。

有

\[a_r-b_{p_r}=a_l-b_{p_l} \]

仔细分析一下，发现 \(0\le a_i-b_{p_i}<n\)，总共 \(n\) 个取值，而我们有 \(0\sim n\) 总共 \(n+1\) 个 \(a_i\)，根据抽屉原理，可以得出一定会有一对重复，复杂度 \(O(n)\)。

CF1470D Strange Housing

考虑把图给分层，然后只给奇数层的点标记，就可以连通所有的点，但是有一个问题，就是奇数层的点之间可能会有连边，要避免这种情况。

考虑使用 bfs 来分层，在标记完一个点后，把它的所有邻点都记为不可标记状态，之后不再将其标记，并放入队列；之后如果遇到要标记这种结点的情况就不标记，也不在这时放入队列。

CF643G Choosing Ads

使用线段树维护区间覆盖。直接维护数量是不现实的，考虑在 pushup 的过程中得到所有答案。

使用摩尔投票法拓展。

每个节点维护当前区间的删除过后的剩余的数。由于 \(p\in[20,100]\)，\(k=\lfloor\frac{100}{p}\rfloor\)，所以不会超过 5 个。

然后在 pushup 时，可以 \(O(k^2)\) 合并。

总复杂度为 \(O(nk^2\log n)\)。

CF1270G Subset with Zero Sum

首先，把 \(i-n\le a_i \le i-1\)，改为 \(1\le i-a_i \le n\)，这样方便使用。

那么，进一步就把 \(a_i\) 赋值为 \(i-a-i\)，所求变为 \(\sum (i-a_i)=0\)，拆为 \(\sum i-\sum a_i=0\)。

注意到，这里的 \(i\) 和 \(a_i\) 的范围都是 \([1,n]\)，且只要选了 \(i\) ，\(a_i\) 也要参与，最后所有的和为0。

我们考虑构造一组方案使得，每个 \(a\) 都有一个 \(i\) 与之抵消，考虑转为图论问题：从 \(i\) 向 \(a_i\) 连无向边，则图中必有至少一个环，这个环上的点就是一组合法的方案。

那么，只要使用 Tarjan 求边双即可。

CF1404D Game of Pairs

显然，这题是个构造题。

首先从小的情况手玩一下。

\(n=1:\) 只能分为 \((1,2)\)，选择 \(S\)。

\(n=2:\) 可以分为 \((1,3),(2,4)\)，选择 \(F\)。

\(n=3:\) 选择 \(S\)。

大胆猜想在 \(n\) 为奇数时选 \(S\)，在 \(n\) 为偶数时选 \(F\)。

先来分析一下较为简单的 \(n\) 为偶数情况。

观察 \(n=2\)，发现是由于最后的和一定是奇数导致无法找出合法方案，启发我们往同余系的方向想。

这里考虑把 \(a_i \equiv a_j \pmod n\) 的一对 \(i,j\) 作为一组，总共有 \(n\) 组，刚好 \(n\) 个同余类。

在 \(n=4\) 时：

\((1,5),(2,6),(3,7),(4,8)\)

容易发现无法找到合法方案。

下面来证明一下所有偶数都满足：

首先，我们假设 \(S\) 选择了每对里较小的数，则 \(sum=1+2+\dots+n=\frac{(n+1)n}{2}\)。

那么假设进行了 \(k\) 次调整（\(k\in[0,n-1]\)），换为较大的数，\(sum=\frac{(n+1+2k)n}{2}\)。

那么，现在就相当于要 \((n+1+2k)\) 为 \(4\) 的倍数，由于 \(n\) 为偶数，显然不可能，得证。

\(n\) 为奇数：

记 \(A\) 代表每个同余类中较小的，\(B\) 代表较大的，那么考虑分别统计一下 \(AB\)(或 \(BA\)) 型，\(AA\) 型，\(BB\) 型的数量，显然由于总共有奇数个同余类，一定有奇数个 \(AB\)(或\(BA\)) 型。

首先，考虑先随便找出一种把所有同余类选一次的方案，那么，如果当前方案不满足，其补集一定满足。

考虑证明：

首先，一定可以找出把所有同余类选一次的方案，考虑忽略 \(AA,BB\) 的数对（不影响性质），那么剩下的 \(AB(BA)\) 就可以构成多个置换环，可以选出方案。

其次，由于 \(AB(BA)\) 只有奇数个，所以补集的 \(sum=n(\frac{n+1}{2}+k)\) 中的 \(k\) 会只因为 \(AB(BA)\) 的变化而改变奇偶性，那么 \(\frac{n+1}{2}+k\) 一定可以取到偶数，使得 \(sum\) 为 \(2n\) 的倍数。

具体做法就是：

视为 \(i\) 和 \(i+n\) 之间有无向边。每次发现一个没有选过的数对，随便选一个，那么之后另一个的同余类就要在其他数对中选，通过边走过去，直接顺着环把这个环上的所有数对全都处理了，然后就可以选出一组方案，再看它和它的补集哪个合法。

总复杂度为 \(O(n)\)。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=500050;
int n,a[N<<1],p[N],sum,used[N<<1];
inline void add(int &x,int y) {x+=y;(x>=2*n)&&(x-=n*2);}
inline int get(int x){return x>n?x-n:x+n;}
void solve(int x){
    int y=p[a[x]]-x;if (used[x]||used[y]) return ;
    used[x]=1,add(sum,x),solve(get(y));
}
int main(){
    scanf("%d",&n);
    if (n&1){
        printf("Second\n");fflush(stdout);
        for (int i=1;i<=n*2;i++) scanf("%d",&a[i]),p[a[i]]+=i;
        for (int i=1;i<=n*2;i++) if (!used[i]) solve(i);sum=!!sum;
        for (int i=1;i<=n*2;i++) if (used[i]^sum) printf("%d ",i);
    }
    else {
        printf("First\n");fflush(stdout);
        for (int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",i);
        for (int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",i);
    }
    fflush(stdout);return 0;
}

AT_arc122_e Increasing LCMs

考虑倒着放入数。

则对于每次放入的数 \(a_i\) ，要有 \(\operatorname{lcm}\limits_{j\not =i}(\gcd(a_i,a_j))<a_i\)，其中 \(a_j\) 表示所有未放入的数。改为 \(\gcd_{j\not =i}(\operatorname{lcm}(a_i,a_j))<a_i\)，避免爆了 \(\operatorname{long long}\)。

就这样，每次考虑放入一个数，然后在剩余的数集中找一个满足要求的数即可。

来考虑一下最优性：

那么，考虑加入时每次有多个数满足条件，是否随便一个都可以。由于 \(a_i\) 在当前数集中可以满足此条件，那么选择其他数后，数集缩小了，那么 \(lcm\) 也缩小了，其他数接着放会比当前局面更优。

AT_arc103_d Distance Sums

注意到，\(\min\{D\}\) 就是树的重心，考虑以重心为根进行构造。

由于重心的性质，每个子树的大小不超过 \(\frac{n}{2}\)，同时有 \(D_{fa}=D_{u}-(n-2sz_u)\)，所以 \(D_{fa}<D_u\)。考虑从大到小来构造，这样就是一个拓扑序。

每次把当前子树向对应 \(D_{fa}\) 的节点上挂,就可以完成构造。

由于之前之确定了节点之间的相对大小，所以还需要验证其中一个节点的 \(D_u\)。

AT_arc117_d [ARC117D] Miracle Tree

考虑将点的编号按 \(E_i\) 从小到大排，只要相邻两个位置满足了，那么其他位置也一定可以间接推出来满足条件。

那么，有 \(E_{p_i}-E_{p_{i-1}}\ge dis(p_i,p_{i-1})\)，累加可以得到，\(E_{p_n}-E_{p_1}\ge \sum dis(p_i,p_{i-1})\)。

所以要构造一个序列 \(p\)，使得 \(\sum dis(p_i,p_{i-1})\) 最小，我们发现只要 \(p_1\) 和 \(p_n\) 为树的直径的端点即可，接下来就可以自行构造。

CF1311E Construct the Binary Tree

使用调整法。

最大情况是链，最小情况是完全二叉树。

考虑从完全二叉树向链调整。

特殊标记完全二叉树的最左边一条链，然后每次找到未被标记的点中深度最大的一个 \(u\)，显然 \(u\) 是一个叶子。

显然，最左边一条链的长度肯定不小于 \(u\) 的深度，那么把 \(u\) 往最左链上接。先考虑接到链的末尾，如果接完后深度和还是不够，就接上，然后继续；否则，计算出 \(u\) 应该接入的位置，由于比 \(u\) 深度大的点都已接入左链，那么此时最左链上比 \(u\) 深度大的部分肯定是只有一个儿子的，能够把 \(u\) 接上。

交互题

AT_arc154_d [ARC154D] A + B > C ?

观察交互次数，发现大概是 \(O(n\log n)\) 次询问次数。

先做一步转化，假如询问方式为 \(P_i\ge P_j\) ，可以怎么做？

考虑对这个数组排序，\((i,P_i)\) 记为一个元素，然后按照第二关键字排序，最后就可以得到每个位置的值。

这里的问题在于我们不知道 \(P_i\)，但是可以通过询问来实现 \(P_i\) 的比较，所以可以使用一个归并排序来做到 \(n\log n\) 的比较次数。

那么，现在是 \(P_i+P_j>P_k\)，如果我们钦定 \(P_j=1\)，发现就可以变为 \(P_i\ge P_k\)。

那么，现在还要考虑如何找到 \(1\)。

由于 \(1+1>x\) ，这里的 \(x\) 不能为 \(>1\) 的数，我们考虑利用这个性质来求。

考虑双指针，直接让 \(i\) 从 \(1\) 开始，然后 \(j\) 遍历后面的数，询问 \(P_j+P_j>P_i\)，如果成立就跳过，否则，让 \(i=j\)。

最后，\(P_i\) 的值就是 \(1\)。总共询问 \(n-1\) 次。

CF1365G Secure Password

容易想到 \(2\log n\) 的分治做法。

考虑通过标号来做到不漏不多地通过构造13个元素拼凑出所有的位置。

考虑给每个位置标号为不同的 [有 \(6\) 个 \(1\) 的 \(13\) 位二进制数]，然后记为 \(p_i\)。由于 \(\binom{13}{6}>1000\)，所以够用。

则我们记 \(res_i\) 为所有编号第 \(i\) 为 \(1\) 的位置的异或和，刚好通过询问得到。

那么，\(ans_i\) 为 \(i\) 所有的为 \(0\) 的二进制位的 \(res\) 异或和。

由于 \(i\) 与 \(j\) 的编号不同，而 \(1\) 的总数固定，所以一定会有某一位 \(i\) 是 \(1\)，\(j\) 是 \(0\)，所以所有非 \(i\) 的位置都会被统计。

CF1562F Tubular Bells

先考虑一下暴力做法。

考虑每次单点求出一个位置。

给出一个做法：对于每个 \(i\)，询问所有 \(\operatorname{lcm}(a_i,a_j)\)，那么，当 \(n\ge 4\) 时，\(a_i=\gcd(\operatorname{lcm}_{j\not =i}(a_i,a_j))\)。

证明

对于 \(i\) 来说，\(\operatorname{lcm}(i,i\pm 1)=i(i\pm 1)\)。

若 \(i\) 为奇数，\(\operatorname{lcm}(i,i\pm 2)=i(i\pm 2)\)；若 \(i\) 为偶数，\(\operatorname{lcm}(i,i\pm 2)=\frac{i}{2}(i\pm 2)\)。

那么，\(i\) 为奇数时，就有与 \(i\) 值域上最近的三个数 \(k_1,k_2,k_3\) 的 \(\operatorname{lcm}(i,j)\) 的 \(\gcd\) 是 \(i\gcd(k_1,k_2,k_3)\)，显然就是 \(i\)。

那么，\(i\) 为偶数时，就有与 \(i\) 值域上最近的三个数 \(k_1,k_2,k_3\) （\(k_3\) 为其中的偶数）的 \(\operatorname{lcm}(i,j)\) 的 \(\gcd\) 是 \(i\gcd(k_1,k_2,\frac{1}{2}k_3)\)，显然就是 \(i\)。

所以，至少要 \(4\) 个数才可以确定一个点值，不然偶数情况无法确定。

那么，\(n=3\) 的时候，直接先用上述做法后，还要分讨一下，如果是答案是一奇两偶，那么奇数会算大两倍；如果是答案是一偶两奇，就是正确的。

这样就可以做到 \(\frac{n^2}{2}\) 的询问数量，可以解决 \(100\) 以内。

接着，有了暴力做法，就可以考虑一下 \(\ge 100\) 的大区间的做法。

注意到在大区间内，是很容易存在质数的，在 \(10^5\) 范围内，间隔最远的两个质数的差为 \(85\)，所以在大的区间内，必有一个质数。只要找到了一个 \(\ge \frac{r}{2}\) 的质数，它就与这个序列的所有其他数互质，就可以用它把整个序列给问出来。

那么，如何来找呢？

考虑随机化算法。由于在 \(10^5\) 范围内，平均素数密度为 \(\frac{1}{\ln 10^5}=0.08\)，所以随机找是有很大概率找到这个数的。

考虑进行 \(250\) 次随机选数，每次使用 \(20\) 次询问来判定，如果该数和随机的 \(20\) 个数的 \(\operatorname{lcm}\) 都有一个较大的质因子，那么，这个数就很有可能是质数。最终取最大的即可。

CF1364E X-OR

考虑找到 \(0\) 的位置。

由于总共有 \(4269\) 次，而 \(n\le 2048\)，所以可以有 \(2221\) 次机会来找到 \(0\)。

类似上题做法，考虑 \(0\) 的性质。

即 \(0\) 的 \(\operatorname{popcount}\) 的个数最少。

考虑不断去找比 \(\operatorname{popcount}\) 当前数更小的数，注意到如果 \((x|y)=x\)，即 \(y\) 是 \(x\) 的子集，那么 \(y\) 的 \(\operatorname{popcount}\) 就比 \(x\) 的小。

那么，上述判定中需要知道 \((x|y)\)，可以从查询得到，那么 \(x\) 要怎么得到呢？

考虑通过随机化的方法来得到一个点值，随机 \(20\) 个位置，把它们与当前位置的按位或都按位与起来，可以将结果作为点值，出错概率为 \(11\times 10^{-20}\)。

这样就可以从前往后扫，然后不断用 \(\operatorname{popcount}\) 更小的数来代替 \(x\)，最后 \(x\) 一定为 \(0\)。

这样最劣需要 \(12\times 20 + 2n\) 次，即 \(4336\) 次。

但是，只要我们随机打乱数组下标，就可以防止被卡，通过此题。

AT_agc044_d Guess the Password

首先对字符集里的所有字符 \(c\) 都进行一次询问，内容为 \(128\) 个 \(c\) 拼接在一起，那么容易得到每种字符的出现次数，以及总长 \(sum\)。
构建一个答案串 \(S\)，初始为空，然后考虑依次插入每种字符。由于相对位置是可以二分的，如果 \(S[0,mid-1]\) 和 \(k\) 个 \(c\) 拼接的字符串的询问结果为 \(sum-mid-k\)，那么 \(mid\) 之后一定有 \(k\) 个 \(c\)，找到最大的满足要求的位置，就是倒数第 \(k\) 个 \(c\) 要插入的位置。
次数为 \(O(|\sum|+L\log L)\)。另外，二分时有单调性，利用单调性缩减范围可过。

P13614 [IOI 2018] highway 高速公路收费

我们可以先把所有边赋为 \(A\)，那么把一条边换为 \(B\) 可以看作把它删掉，这两者产生的效果相同，即要么最短路都不变，要么最短路都变化了。

那么，想找到具体的询问数值对应哪一条最短路是困难的，但是得到一条必经边是容易的。考虑在边的编号上二分，找到一个最大的前缀使得删除这些边不会改变最短路。把下一条边记为 \((u,v)\)，\((u,v)\) 显然就是一条必经边。

再根据最短路的性质，假设最短路为 \(S\to u\to v\to T\)，那么 \(dis_{S,u}<dis_{S,v}\)，\(dis_{T,u}>dis_{T,v}\)。

由此，分别跑 \(u,v\) 为源点的最短路，通过 \(S,T\) 性质的不同，把所有点分为两个集合，一个距离 \(u\) 更近，一个距离 \(v\) 更近。

此时，分别在两个集合中操作。以 \(S\) 所在集合为例，求出该集合从 \(u\) 出发的 bfs 序，那么考虑在上面二分，每次删除一个后缀的点，即删除它们的所有连边，然后看最短路是否发生变化，就可以二分出两个点。

次数为 \(\log m+2\log n+O(1)\)，要求是 \(50\)，但这里算出来是 \(53\)，由于 \(2\log n\) 中 \(n\) 是不满的，所以可以通过。

CF1930H Interactive Mex Tree

好吧，我也不知道这是交互还是伪装成交互的构造了。

~~好吧，居然有图，我太强了。~~

由于是排列，所以可以把 \(\operatorname{mex}\) 转为补集的 \(\min\)。

在此图中，我们就是要用 \(5\) 个区间来覆盖 \(rt,A,B,C1,C2,D1,D2,E,F,G\) 这 \(10\) 个区域。

那么，先尝试使用 \(dfs\) 入栈序作为 \(p_1\)。

假设从左到右遍历这些边，这些部分在 \(dfs\) 序上连续的有 \([rt,A]\)，\([F]\)，\([C1]\)，\([C2,E]，[D1]，[D2,G,B]\)。

发现要用 \(6\) 次才行。

那么，考虑使用第二个序列。尝试使用出栈序来刻画。

这些部分在 \(dfs\) 出栈序上连续的有 \([A,F,C1]\)，\([C2]\)，\([E,D1]\)，\([D2]\)，\([G]\)，\([B,rt]\)。

权衡利弊得到最终策略：

入栈序：\([D2,G,B]\)，\([C2,E]\)，\([rt,A]\)。

出栈序：\([A,F,C1]\)，\([E,D1]\)。

实现：求 LCA，和 LCA 的两个儿子，另外，弄清楚出栈序和入栈序中 \(A,B,C1,C2,D1,D2,E,F,G,rt\) 对应的范围。

Plus：

还有可能 \(u\) 是 \(v\) 的祖先。

入栈连续的有 \([rt,A]\)，\([C1]\)，\([D1]\)，\([D2,C2,B]\)。

出栈连续的有 \([A,C1,D1]\)，\([D2]\)，\([C2]\)，\([B,rt]\)。

选择入栈 \([D2,C2,B]\)，\([rt,A]\)。

选择出栈 \([A,C1,D1]\)。

通信题

UOJ#569.【IOI2020】Stations

如果直接按照 dfs序的入栈序来标号，我们发现 \(>\max\{c\}\) 的部分是无法区分的，有可能向父亲走，也有可能向最后一个儿子走。

发现使用出栈序也是类似的问题，但其实如果知道了 \(s\) 的出栈序，再结合开始的做法就可以判断了。考虑在奇数层记录入栈序，偶数层记录出栈序，那么结合上述两种做法，先判断一下 \(s\) 是出栈序还是入栈序，再分讨来做。

posted @ 2026-04-05 15:29 TP2010 阅读(1) 评论(0) 收藏举报

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