[题解]P13589 [NWRRC 2023] Intersegment Activation

思路

考虑从左往右将 \(i\) 变得可见，因为此时 \(1 \sim i - 1\) 都已经可见了，所以 \(\forall j < i,[j,i]\) 屏障都是没被激活的，只有满足 \(j \geq i\) 的 \([i,j]\) 屏障可能会挡住 \(i\)。

\(2^{n - i + 1}\) 枚举所有 \([i,j]\) 屏障的状态，每一种状态后还原花费 \(2(n - i + 1) \times 2^{n - i + 1}\) 左右的操作次数。容易发现浪费的操作主要在于两个状态之间的转移，这时候你想到了两个相邻格雷码二进制下只有一位不同，此时两个状态的转移操作次数仅有 \(1\) 次。枚举完所有状态后暴力还原到能使 \(i\) 可见的状态即可（能获得最多可见点时的状态）。

操作次数 \(\Theta(n^2 + \sum_{i = 1}^{n}2^i) = \Theta(n^2 + 2^{n + 1}) \leq 2500\) 很容易通过。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define re register

using namespace std;

int n,tmp;

inline int read(){
    int r = 0,w = 1;
    char c = getchar();
    while (c < '0' || c > '9'){
        if (c == '-') w = -1;
        c = getchar();
    }
    while (c >= '0' && c <= '9'){
        r = (r << 3) + (r << 1) + (c ^ 48);
        c = getchar();
    }
    return r * w;
}

inline int getst(int x){ return x ^ (x / 2); }

inline int ask(int l,int r){
    printf("%d %d\n",l,r);
    fflush(stdout);
    return read();
}

int main(){
    n = read(),tmp = read();
    if (tmp == n) return 0;
    for (re int i = 1,Max = tmp,MaxS = 0;i <= n;i++){
        MaxS = 0;
        int tot = (1 << (n - i + 1));
        for (re int j = 0;j < tot;j++){
            int lst = (j ? getst(j - 1) : 0),now = getst(j);
            for (re int k = 0;k < n - i + 1;k++){
                if (((lst >> k) & 1) != ((now >> k) & 1)){
                    int t = ask(i,i + k);
                    if (t == n) return 0;
                    if (t > Max){ Max = t,MaxS = now; }
                }
            }
        } int now = getst(tot - 1);
        for (re int k = 0;k < n - i + 1;k++){
            if (((now >> k) & 1) != ((MaxS >> k) & 1)) ask(i,i + k);
        }
    }
    return 0;
}