做题随笔：P10451

Solution

题意

原题链接

定义二元关系 \(\operatorname{S}\)，其满足反对称性且不满足传递性。

现有互异元素 \(N(N \le 1000)\) 个，可以进行不多于 \(10000\) 次提问，每次提问可以得知两指定元素 \(a,b\) 的 \(a \operatorname{S}b\) 结果。求序列 \(a_N\) 满足：对任意 \(x_i,x_{i+1} \in a_N\)，有 \(x_i \operatorname{S} x_{i+1}\)。

解释一下：

反对称性：对集合 \(X\) 上的二元关系 \(\operatorname{S}\)，对任意 \(x_1,x_2 \in X(x_1 \ne x_2)\)，若 \(x_1 \operatorname{S}x_2\)，则 \(x_2 \operatorname{S} x_1\) 不成立。

例如：“小于”是实数集上的二元关系，它满足反对称性，即有：对任意 \(x_1,x_2 \in R(x_1 \ne x_2)\)，若 \(x_1 < x_2\)，则 \(x_2 <x_1\) 不成立。

传递性：对集合 \(X\) 上的二元关系 \(\operatorname{S}\)，对任意 \(a,b,c \in X\)（\(a,b,c\) 互不相等），若 \(a \operatorname{S}b\) 且 \(b\operatorname{S}c\)，则有 \(a \operatorname{S}c\) 成立。

例如：“小于”是实数集上的二元关系，它满足传递性，即有：对任意 \(a,b,c \in R\)（\(a,b,c\) 互不相等），若 \(a<b\) 且 \(b<c\)，则有 \(a<c\) 成立。

由此可见，本题题面所述“小于”并非正常理解的小于，而是一种比较特殊的二元关系。基于图的思想和题目提示，我们可以尝试用图转化问题：

元素 \(\Rightarrow\) 节点 \(\hspace{1.5cm}\) 二元关系 \(\operatorname{S} \Rightarrow\) 边（\(a\operatorname{S}b\) 为真 \(\Rightarrow\) 有一条从 \(a\) 到 \(b\) 的有向边）

满足反对称性 \(\Rightarrow\) 没有无向边 \(\hspace{1.5cm}\) 不满足传递性 \(\Rightarrow\) 要求最终结果为链

（也即原题所述：也就是说，元素的大小关系是 \(N\) 个点与 \(\frac{N \times (N-1)}{2}\) 条有向边构成的任意有向图。）

所以，原题即为：在只能得知指定的 \(10000\) 条边的有向完全图（或称 竞赛图）中找一条 Hamilton 路径。

分析

1.有向完全图一定存在 Hamilton 路径的证明（可跳过）

为了论述的严谨性，我们先证明有向完全图一定存在 Hamilton 路径。（当然，可以直接从百度百科找定理秒，百科链接）

以下是一个自认比较简单，十分粗糙但相对好懂的证明（若有不完备还请指出）：

考虑归纳法：

设有一个 \(n(n \ge 2)\) 阶有向完全图。

\(n =2\)，显然成立；

设 \(n=k\) 时成立，对 \(n=k+1\)，考虑如何添加一个点：

(如图，只画了 6 个点，但假设中间还有很多点，除了 Hamilton 路径和 $ \left \langle 1,6\right \rangle $ 间的边外的边省略)

现在考虑一下链首尾连接的情况（图 1 到图 4）：对于图1这种成环的情况（情况 A），任意一点以任意取向都可以接入（如图 3(7-6-1-2-3-4-5)图 4(1-2-3-4-5-6-7)），直接不用看。重点是不成环的（图 5 到图 6）。

对图 5 情况，若新加点连边为 $ \left \langle 8,1\right \rangle $ 或 $ \left \langle 6,7\right \rangle$，则直接成立（情况 B）；若为图 6 情况，考虑链上任意一点（此例为 3），若 3 与 7 之间连边为 $\left \langle 3,7\right \rangle $，则 3,4,5,6,7 部分与整体形似，可以类似上述考虑方式地分隔，直至达成情况 A 或情况 B，或者分隔出的联通块阶数为 2，一定成立。3 与 7 之间连边为 $ \left \langle 7,3 \right \rangle $ 同理。

于是 \(n=k+1\) 时成立，故结论得证。

2.算法思路

根据上述论述过程，我们也能够得到一种方法：在已有链上插入新加点，在不能直接接上链头和链尾时，可以枚举中间某点缩小一定存在可以插入处的链范围。于是我们可以想到一种形似二分的写法：每次插入新点时，提问 \(mid=(l+r) \div 2\) 与新加点的边的取向，从而确定某部分一定有可插入处，缩小范围直至确定，然后直接插入即可。

最大提问次数约 \(\sum_{i=1}^N {\log_2i} \approx 8529<10000\)，可以通过此题。

不算插入的话时间复杂度为 \(O(n\log n)\)，vector 暴力插入，于是成了 \(O(n^2)\)。但对于 \(N \le 1000\) 也是绰绰有余了。

实现

先选一个点进数组，然后进行拓展：每次拓展选取数组内现有数的中间一个，和新加点进行提问，根据方向缩小区间，直至可以直接连入时，暴力连入即可。

Code

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <vector>

using namespace std;

typedef long long ll;

ll fr() {
	ll x=0,f=1;char c=getchar();
	while(!isdigit(c)) {
		if(c=='-') f=-1;
		c=getchar();
	}
	while(isdigit(c)) {
		x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);
		c=getchar();
	}
	return x*f;
}//只读一个也要写快读的屑

inline bool compare(int a, int b)
{
    cout << "? " << a << ' ' << b << endl;
    bool t;
    cin >> t;
    return t;
}

const int maxn=1e3+100;
ll n;
vector<ll> ans(maxn);

int main(){
	n=fr();
	ans[1]=1;
	for(register int i = 2; i <= n; i++){
			int l=0,r=i,mid;//记得从0开始，不然左端接不上
			while(l+1 < r) {//分割链长为2合法，不是一般的l<r的写法
				mid=(l+r)>>1;
				if(compare(i,ans[mid])) r=mid;
				else l=mid;
			}
			ans.insert(ans.begin()+r,i);
	}
	printf("!");
	for(register int i = 1; i <= n; i++) printf(" %lld",ans[i]);
	return 0;
}

闲话

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