非传统题选讲 #1

下一辑：https://www.cnblogs.com/XiaoShanYunPan/p/18870366

尚未完工，全力更新中。

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正文

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A

交互题。

来源：CF1634D。

题目链接。

• 简要题意：

在长度为 \(n\) 的未知序列 \(a\) 中有 恰好 一个 \(0\)，你可以进行 \(2n-2\) 次询问，每次询问给出互不相同的 \(x,y,z\)，询问 \(a_x,a_y,a_z\) 中最大值减去最小值的结果。

你的目标是找出 \(0\) 所在的位置，但由于你并不总能确定唯一的结果，你可以给出两个候选答案，只要其中有一个答案正确即可。

数据范围：\(4\le n\le 1000\)，\(0\le a_i\le 10^9\)。

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• 解法：

考虑边界情况，在 \(n=4\) 时，我们可以询问全部的 \(4\) 种本质不同的询问，然后由于这题不可能无解，我们一定有办法排除两个位置。

这就意味着，我们始终可以通过 \(4\) 次询问排除 \(2\) 个非答案的位置，于是我们只需要进行 \(4\) 次询问就可以把问题规约到 \(n-2\) 的子问题。

不难发现，在 \(n\) 为偶数时，这样的规约只会进行 \(\dfrac{n}{2}-1\) 次，于是总询问次数是 \(2n-4\) 的，而 \(n\) 为奇数的情况可以重复利用某个位置进行规约，这样的询问次数是 \(2n-2\) 的。

对于询问 \(4\) 次排除 \(2\) 个位置的讨论，注意到一定存在 \(2\) 个询问同时包含了这 \(4\) 个数中的最大值和最小值，我们任意找出 \(2\) 个结果相同且均为所有询问中最大值的询问，取其交集保留即可。

思考题：你能否在 \(\lceil\dfrac{3}{2}n\rceil\) 次询问中得到结果？

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B

交互题。

来源：CF1838F。

题目链接。

• 简要题意：

在一个 \(n\times n\) 的网格上，每个位置都有一个可调整方向的箭头，货物到达该网格时会按照箭头方向移动。

现在有一个位置的箭头坏掉无法调整方向了，它的方向会被固定住。

你需要进行至多 \(25\) 次运行，每次运行你可以给每个位置指定其方向，并在你指定的位置上放上一个货物，那之后你可以知道货物从哪里离开了网格或是陷入了死循环。

你的目标是找出哪个网格上的箭头坏掉了，并确认它卡住时指向的方向。

数据范围：\(2\le n\le 100\)。

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• 解法：

此题更像是一道构造题。

考虑把平面上的问题转为序列，用一个蛇形构造来排列箭头，如下：

>>>>v
v<<<<
>>>>v
v<<<<
>>>>v

我们在左上角放上货物，按照预期，货物应该会在右下角出来（奇偶的情况不同可能会是左下角出来）。

当我们发现货物出来的位置并非预期时，可以唯一确定其出来的方式（对应边界上的箭头卡成了出来的方向）。

当我们发现货物按照预期出来时，由于这时卡住的传送带恰好在其中起到了作用，我们并不好查找这个传送带。

考虑另外使用一条路径完全相反的蛇，简单分讨会发现此时倒过来的蛇中，货物一定会陷入死循环。

在陷入死循环后我们就利用一开始展开成序列的性质，在这条蛇上进行二分，如果在某个位置放下货物后货物可以到达结尾，说明卡住的传送带在它前面。

这样定位卡住的传送带后，只需再进行一次询问，把卡住的传送带的四个方向一路通到边界，就可以询问出卡住的传送带的方向了。

最后一次询问长下面这样，* 表示卡住的传送带，? 表示任意方向均可：

?^???
?^???
?^???
<*>>>
?v???

由于 \(n^2\le 10^4\)，二分的次数不会超过 \(14\) 次，因此次数非常宽松。

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C

交互题。

来源：CF1428H。

题目链接。

• 简要题意：

有一个圆形的旋转激光锁，锁被分成了 \(n\times m\) 个小扇形，每个扇形对应的弧上都有一个激光传感器。

锁的中心有激光发射器，如果没有遮挡，激光会直接射入激光传感器。

锁里有 \(n\) 个长度为 \(m\) 的遮光片，每个遮光片可以恰好阻挡连续的 \(m\) 个激光传感器，你不知道它们之间的位置关系。

你可以进行至多 \(15000\) 次操作，每次操作可以选定一个遮光片令其顺时针或逆时针移动一个小扇形，之后你能够得知有多少个激光传感器接收到了激光。

你随时可以停止操作，那之后你需要得到 操作结束后 所有遮光片的相对位置关系。

数据范围：\(2\le n\le 100\)，\(2\le m\le 20\)。

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• 解法：

注意到操作只能移动 \(1\) 个小扇形，我们可以关注移动的遮光片的头尾，因为中间大部分是没有发生变化的。

如果单独考察一个遮光片，根据对于光学的直观感受，这个遮光片能够提供的信息其实不在于自身，而在于它挡住的部分。

我们选定一个遮光片，为方便下面记为 \(P\)，将 \(P\) 沿着某个方向一直旋转，设这个方向为正方向。

旋转的时候，和旋转方向相同的一端设为头部，另一端设为尾部，则遮光片始终在向“前“运动，记其座标为尾部所处的扇形的编号。

我们将小扇形从 \(0\sim n\times m-1\) 编号，顺序和 \(P\) 的旋转方向相同，即每次移动 \(P\) 我们都在增加其座标（在循环意义下）。

我们说循环意义指首尾相接，比如当 \(x=n\times m-1\) 的时候，\(x+1\) 指代 \(0\)，下面与座标有关的叙述均为循环意义下的。

如果我们发现，\(P\) 移动后，被照射到的传感器数量变多了，则可以说明没有遮光片位于它移动前所在的位置。

    P-----
    ?     !
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

      P-----
    +     !
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

（把圆展开为序列想必各位都是能看懂的对吧……）

当然，从图上可以很直观感受到，如果在向前移动时，感叹号的位置也是空的，那么我们不会判定到问号处没被遮挡。

不过这其实不影响，后面我们会说到为什么没有影响。

在这里有个细节：通过抽屉原理可知，这种情况一定会发生，在 \(P\) 旋转一圈时必然会有位置被空出来。

如果继续移动发现某个时刻照射到的传感器数量不再增多，说明其刚刚所在的位置下面一定有遮光片。

        P-----
      x
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

注意这里一定是在某个位置先发现下方没有遮光片的前提下，再经过若干次移动才可以确定下方一定有遮光片的。

确定这里有遮光片后，我们尝试确定这个遮光片是哪个，这一步可以考虑二分。

为了更细致的描述，假设 \(P\) 在位于 \(x\) 处时触发上述条件，判断 \(x\) 处有遮光片。

通过前面的分析可得，在 \(x-1\) 处必然没有任何遮光片，否则一开始的遮光片会在 \(x-1\) 之前的位置找到遮光片。

接下来我们把 \(P\) 放到 \(x\) 处，之后在所有未确定位置的遮光片中选择一部分。

设仍未确定位置的遮光片集合为 \(S\)，有可能是 \(x\) 处的遮光片的集合为 \(T\)。

初始时，我们令 \(T=S\)，每次二分时选择 \(T\) 中一半的遮光片，将它们向负方向移动一下。

这时接收到激光的传感器数量可能发生一些变化，记录变化后的结果为 \(res\)。

之后再把 \(P\) 往负方向移动。

如果我们发现，此时接收到激光的传感器数量比 \(res\) 少，说明 \(P\) 成功遮到了 \(x-1\) 这个传感器。

      <-P-----
      ?
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 101112

细致分析，你会发现，此时有且仅有可能是 \(P\) 遮挡了位于 \(x-1\) 的传感器才会使得接收到激光的传感器比 \(res\) 少。

首先，由于移动是负方向的，所以唯一可能遮挡住 \(x-1\) 的只能是 \(x\) 处的遮光片。

然后，如果位于 \(x\) 的遮光片没发生移动，则 \(x-1\) 处确实会被 \(P\) 遮挡，同时新露出的 \(x+m-1\) 处会被原本位于 \(x\) 的遮光片挡住。

如下图，可以发现答案接收到激光的传感器数量确实变少了：

      <-P-----
        X-----
      -     !
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 101112

否则位于 \(x\) 的遮光片发生了移动，由于 \(P\) 移动之后无法再遮住 \(x-1\)，所以这次移动无法遮住任何原本未被遮挡的接收器，因此答案不会比 \(res\) 更小。

这是可能的两种情况：

      <-P-----
      <-X-----
      =     +
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 101112

      <-P-----
      <-X-----
        Y-----
      =     =
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 101112

那么这样二分，如果发现成功遮挡说明移动的位置全部都不位于 \(x\)，否则说明移动的位置中有至少一个位置位于 \(x\)，保留存在位于 \(x\) 的遮光片一边，就一定能够二分得到一个位于 \(x\) 的遮光片。

注意由于 \(x\) 处可能存在多个遮光片，在完成二分后我们将二分出的遮光片往前拖避免影响到 \(x-1\)，然后我们还需要在 \(x\) 处再判断是否有遮光片，再二分直到 \(x\) 处所有的遮光片均被找到为止。

此时我们倒回去看前面提出的关于感叹号的问题，你会发现感叹号的情况并不重要，我们只需要关注能否找到其它遮光片，而任意一个其它的遮光片都一定能够触发上述条件被找到。

即：虽然由于感叹号的存在让我们判断下面是空的条件不充分，但其足以找到所有遮光片。

到此算法流程解释完了，对于操作次数的分析比较复杂。

我们先看 \(P\)，在上述流程中，\(P\) 至多旋转两圈作为移动的开销，这里大致是 \(2nm\) 的。

每次二分时，\(P\) 会被移动 \(\log n\) 级别次，总的是 \(2n\log n\) 左右。

而在二分时我们每次找出 \(T\) 中的一半，大致可以认为是这样的和式：\(\sum\limits_{i=1}^{n}\dfrac{2_n}{2_i}\)，其值显然是 \(\mathcal{O}(n)\) 级别的，算总和时注意到 \(n\) 逐渐变小，所以大致是 \(\dfrac{n^2}{2}\) 的。

最后每个遮光片要往前调整位置，每个遮光片都会移动 \(\mathcal{O}(m)\) 级别次，这里差不多是 \(nm\) 次。

于是可以得到一个总询问次数的估计上界：\(2nm+2n\log n+\dfrac{n^2}{2}+nm\approx 12500\)，实际可能略多一些，但符合要求。

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D

通信题。

来源：JOISC 2019/2020 Day3。

题目链接。

• 简要题意：

有一张 \(N\) 个点 \(M\) 条边的无向图，点从 \(0\sim N-1\) 标号，你需要实现 A，B 两人的策略：

A 要给这张图上的每条边分配一个 \([0,A)\) 的数作为颜色。

B 会在初始时位于图上的任意一个点，他可以得知相邻的边的颜色信息。

B 无法区分 两条颜色相同的边，他只能决定一个颜色，之后从所有相邻的，有这个颜色的边中 随机 选择一条并前往这条边。

B 的目标是到达图上的 \(0\) 号节点，设他所处的位置到达 \(0\) 号节点的经过边数最少的路径经过的边数为 \(d\)，他只能够在通过至多 \(d+B\) 条边的情况下完成目标。

数据范围：\(A=3,B=0\) 或 \(A=2,B=6,m=n-1\)，\(2\le n\le 20000\)，\(1\le m\le 20000\)。

注意在 \(A=2\) 的时候保证图是一棵树。

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• 解法：

考虑 \(A=3\) 的情况。

我们必然想用颜色来指导 B 前往正确的路线，可是路线太多就很容易走错。

我们不妨考虑，把所有正确的边用特殊的颜色标记出来，这样有个初步的想法，就是在距离 \(0\) 号节点距离为 \(d\) 的点处，用 \(d-1\) 这个颜色标示出所有可以前往距离为 \(d-1\) 的点的边。

由于其它的边的颜色并不影响决策，这可以简化一下，每条边的颜色设为连接的两点中距离 \(0\) 号节点最近的点的距离即可。

进一步，我们发现每个点周围的边只存在两种可能：\(d-1\) 和 \(d\)，所以我们即使把每条边的颜色取模 \(3\) 也仍可判断正确的路径。

判断时，只需要找到取模 \(3\) 后哪种颜色不存在，这种颜色就是目前这个点到 \(0\) 号节点的距离加一后对 \(3\) 取模后的值，反推正确路径是容易的。

接下来考虑 \(A=2\) 的情况。

沿用上述思路，发现在 \(A=2\) 的时候我们无法判断哪个方向是对的，因为我们找不到不存在的颜色了。

不过有趣的事情在于我们此时的图是一棵树，这意味着任何两个到 \(0\) 的距离相同的点之间没有直接的连边。

我们像前面一样分配颜色，则每条边是 0/1 交替的，当一个点连接的边数为 \(1\) 自不用说，若连接的边数大于 \(2\)，情况只可能是这个点有超过一个儿子，选择只有一条边的那个颜色就是正确的。

上述两种情况可以直接确定父亲的方向，于是一路走上去即可。

剩下就要考虑树上的链的情况了，我们不妨假设目前 B 位于一条无限长的链上，他需要确定 \(0\) 号节点位于哪个方向。

注意到 \(B=6\)，我们至多可以走 \(3\) 次，那之后我们必须找到正确的方向。

分析我们获得的信息，\(3\) 次移动一共可以到达 \(4\) 个点，看到 \(5\) 条边的颜色信息。

如果我们将构造稍作转换，在链上通过一些方式使得考察 \(5\) 条相邻的边后能够确定方向，即可完成本题。

一种可能的构造是 \(110010\)，我们从链顶向下无限循环这个串，取其中长度为 \(5\) 的子区间正反阅读，会发现正着的和反着的没有重合，我们就可以判断我们考察的 \(5\) 条边的方向了。

实现的时候细节较多。

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E

通信题。

来源：IOI 2024 Day1。

题目链接。

• 简要题意：

A 要把一个长度小于等于 \(1024\) 的二进制串 \(S\) 传递给 B，他可以发送至多 \(66\) 个包含 \(31\) bit 的数据包。

C 会在传递过程中搞破坏，每个发送过去的数据包，C 都会选择特定的 \(15\) 个 bit，将它们篡改。

C 的行为是不确定的，即篡改后的信息可能是任意的，但 C 每次篡改的位置一定是相同的。

A 知道哪些位置会被 C 篡改，而 B 不知道。

B 会按顺序接收到 A 发送的所有数据包，当然是经过篡改的。

A 可以知道 B 接收到的数据包是怎样的（但其实没用）。

请你实现 A，B 的策略，让 B 能够复原 A 发送的 \(S\)。

数据范围已经全部写在题意中。

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• 解法：

这题的解法实在是高，看完就懂但就是想不到啊。

首先，对于 \(S\) 做一步转换，在最前面加上一个 1 并补 0 直到长度为 \(1025\)，这样可以将不定长的字符串转为定长的。

考虑发送 \(1025\) bit 后还能传输什么信息，一共有 \(66\) 个数据包，每个数据包最多只能传递 \(16\) 位有效信息，总共就是 \(66\times 16=1056\)。

注意到 \(1056-1025=31\)，恰好为数据包的长度，这暗示我们尝试寻找一种方式，花费 \(31\) bit 传输所有不被篡改位置的信息。

一个非常关键的事情是 B 接收到的信息是有顺序的，顺序本身也是一种信息。

我们设第 \(i\) 个位置是不被篡改的，往 \(i\) 后面循环数 \(d_i-1\) 个位置都是会被篡改的，而 \(d_i\) 个位置恰好是不被篡改的。

传输的过程中，我们先在 \(i\) 这个位置传输 \(d_i-1\) 个 0，然后再传输一个 1，类似前面对 \(S\) 的操作，B 接收信息后可以解码出 \(d_i\)。

这种传输方式可以让所有不被篡改的位置互相连接，形成一个环，而被篡改的位置无论如何也无法形成一个长度为 \(16\) 的环。

简单解释：由于篡改的位置只有 \(15\) 个，必然不可能自主形成长度大于 \(15\) 的环，而由于其它位置已经用于形成长度为 \(16\) 的环了，贴到其它位置也不会有入度成环。

于是找到这个环就可以得到所有不被篡改的位置，由于 \(d_i\) 的总和一定是 \(31\)，为了传递 \(d_i\) 我们只花费了 \(31\) bit，符合要求。