题解：CF2164G Pointless Machine

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先来看一看通过这个操作能得到什么。

首先，容易看出可以对询问结果差分，记差分数组为 $a_i$，则 $a_i$ 表示 $p_i$ 与 $p_{1\dots i-1}$ 的连边数量。

那么，只要把 $p$ 做一次反转操作再询问，就可以获得 $p_i$ 与 $p_{i+1\dots n}$ 的连边数量，相加就可以得到每个点的度数 $dg_i$。

然而，只知道度数是不足以确定一棵树的，思考完成此题还缺失了什么信息。

想要确定一颗树，从度数入手的话可以考虑拓扑结构。此时，度数为 $1$ 的点就是叶子，只要得知了这个叶子连在哪个节点上，就可以把这个叶子去掉，然后不停地删叶子，直到确定整棵树。

那么，如何得到度数为 $1$ 的点的邻点呢？

先考虑维护每个点的邻点集合，但这很难得到，同时我们只需要的到度数为 $1$ 的点的邻点，不用维护其他点的邻点集合。

此时，考虑求邻点的编号和，这样就可以满足在度数为 $1$ 的时候直接得到邻点，而又不需要维护更多信息。

维护编号和其实是可做的，考虑拆位，分别求出每一个二进制位在邻点编号出现的次数，再求和。

假设我们当前考虑到了第 $k$ 位，把第 $k$ 位为 $0$ 的数排成一个序列 $A$，第 $k$ 位为 $1$ 的数排成一个序列 $B$。

按照 $AB$ 的顺序拼接在一起，此时记查询结果为 $f_i$，再把顺序调换一下，改为 $BA$（内部顺序不变），记查询结果为 $g_i$。

$A$ 中的点得到的贡献大小为 $(dg_i-g_i+f_i)\times 0+(g_i-f_i)\times 1$。

$B$ 中的点得到的贡献大小为 $(dg_i-g_i+f_i)\times 1+(g_i-f_i)\times 0$。

然后乘上 $2^k$ 就是在第 $k$ 位上的总和。

计算一下次数，发现为 $2\lceil\log_2 n\rceil +2 $，就算 $2$ 和 $2\lceil\log_2 n\rceil$ 公用一个，也是 $2\lceil\log_2 n\rceil+1=33$，超了一点。

此时，解决方法为考虑三进制。

如果可以做到一个三进制位只用查询 $3$ 次的话，那么次数为 $3\lceil\log_3 n\rceil+1=31$。

假设我们当前考虑到了第 $k$ 位，把第 $k$ 位为 $0$ 的数排成一个序列 $A$，第 $k$ 位为 $1$ 的数排成一个序列 $B$，第 $k$ 位为 $2$ 的数排成一个序列 $C$。

按照 $ABC$ 的顺序拼接在一起，此时记查询结果为 $f_i$，再改为 $BCA$，记查询结果为 $g_i$，再改为 $CAB$，记查询结果为 $h_i$。

$A$ 中的点得到的贡献大小为 $(dg_i-g_i+f_i)\times 0+(g_i-h_i)\times 1+(h_i-f_i)\times 2$。

$B$ 中的点得到的贡献大小为 $(f_i-g_i)\times 0+(dg_i-h_i+g_i)\times 1+(h_i-f_i)\times 2$。

$C$ 中的点得到的贡献大小为 $(f_i-g_i)\times 0+(g_i-h_i)\times 1+(dg_i-f_i+h_i)\times 2$。

时间复杂度 $O(n\log_3 n)$。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=50005,M=35;
int n,dg[N],p[M][N],cnt,A[M][N],K;
int res[N],now[N],f[N],g[N],h[N],sum[N];
vector <int> bu[3];
inline void ask() {
    cout<<K<<endl;
    for (int j=1;j<=K;j++){
        for (int i=1;i<=n;i++) cout<<p[j][i]<<" ";
        cout<<endl;
    }
    for (int j=1;j<=K;j++){
        for (int i=1;i<=n;i++) cin>>A[j][p[j][i]];
        for (int i=n;i>=1;i--) A[j][p[j][i]]-=A[j][p[j][i-1]]; 
    }
}
void dfs(int x){
    int y=sum[x];sum[y]-=x;dg[x]--;
    cout<<x<<" "<<y<<endl;
    if (--dg[y]==1) dfs(y);
}
inline void work(){
    cin>>n;K=0;
    for (int i=1;i<=n;i++) sum[i]=0,now[i]=i;
    for (int k=1,s=1;s<=n;k++,s*=3){
        bu[0].clear(),bu[1].clear(),bu[2].clear();
        for (int i=1;i<=n;i++) bu[now[i]%3].push_back(i),now[i]/=3;
        ++K,cnt=0;
        for (int i:bu[0]) p[K][++cnt]=i;
        for (int i:bu[1]) p[K][++cnt]=i;
        for (int i:bu[2]) p[K][++cnt]=i;
        ++K,cnt=0;
        for (int i:bu[1]) p[K][++cnt]=i;
        for (int i:bu[2]) p[K][++cnt]=i;
        for (int i:bu[0]) p[K][++cnt]=i;
        ++K,cnt=0;
        for (int i:bu[2]) p[K][++cnt]=i;
        for (int i:bu[0]) p[K][++cnt]=i;
        for (int i:bu[1]) p[K][++cnt]=i;
    }
    ++K;for (int i=1;i<=n;i++) p[K][i]=p[K-1][n-i+1];
    ask();
    for (int i=1;i<=n;i++) dg[i]=A[K][i]+A[K-1][i],now[i]=i;
    K=0;
    for (int k=1,s=1;s<=n;k++,s*=3){
        bu[0].clear(),bu[1].clear(),bu[2].clear();
        for (int i=1;i<=n;i++) bu[now[i]%3].push_back(i),now[i]/=3;
        ++K;for (int i=1;i<=n;i++) f[i]=A[K][i];
        ++K;for (int i=1;i<=n;i++) g[i]=A[K][i];
        ++K;for (int i=1;i<=n;i++) h[i]=A[K][i];
        for (int i:bu[0]) sum[i]+=s*(g[i]-h[i]+(h[i]-f[i])*2);
        for (int i:bu[1]) sum[i]+=s*(dg[i]-h[i]+g[i]+(h[i]-f[i])*2);
        for (int i:bu[2]) sum[i]+=s*(g[i]-h[i]+(dg[i]-f[i]+h[i])*2);
    }
    for (int i=1;i<=n;i++) if (dg[i]==1) dfs(i);
}
int main(){
    int T;cin>>T;
    while (T--) work();
    return 0;
}

posted @ 2026-04-07 15:23 TP2010 阅读(0) 评论(0) 收藏举报

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