非传统题型选讲
本处的非传统题，指构造、交互、提答、通信等这一类较传统问题不同，解法不普遍的题型。
本文将会讲解一些这样的题，并给出一些题的通用方法。
配套题单。
知识点
先复习一下简单的知识点，然后进入我们的讲题。
鸽巢原理
将 \(n\) 个物品分为 \(k\) 份，最大的一份至少为 \(\lceil \frac{n}{k}\rceil\) 个，最少的一份至多有 \(\lfloor \frac{n}{k}\rfloor\) 个。
矩阵染色
对某一个 \(k\)，将矩阵中的每个位置 \((x,y)\) 染上第 \(x+y\ \bmod\ k\)，使得相连的 \(k\) 个格子颜色不同。
DFS 树
给定一个无向图或有向图，用 DFS 找出图中的一棵生成树。
重要的事实：无向图的非树边一定是后向边。
随机化
随机永远会是最后的手段，有的题目使用随机是有一定作用的。
分块
是的没错，分块永远是适配于所有题目的。
常见的方向还有二进制分解，二分，分治，递归，限于篇幅不再一一赘述。
这些都是解决这一类非传统题型的利器。
例题
2020 美团杯 最长公共子序列
这是一道水题。
显然如果我们选择询问 \((i,j)\)，若 \(i\) 的位置在 \(j\) 之前，询问则会返回 \(2\)，否则则会返回 \(1\)。
那么我们询问一组 \((i,j)\)，就可以得到 \(i\) 与 \(j\) 的相对关系，做一遍快速排序即可。
IOI 2014 Game
要想在前 \(r-1\) 个问题中不让对手猜出答案，当且仅当最后他问的一条边如果在图中是桥边。
由于最后一个回答没有作用，所以我们假设最后一个问题的答案为真，即整张图为连通图。
然而对手问的边不一定，所以我们要最大化桥边数量，哪种图的桥边最多呢？树！
我们随便取一个点 \(n\)，显然对手会问 \(n-1\) 次与 \(n\) 有关的信息，考虑在前 \(n-2\) 次回答假，在最后一次回答真。
那么，总的策略就是，对于询问 \((u,v)\)，其中 \(u<v\)，如果这是关于点 \(v\) 的第 \(v-1\) 次询问，回答真，否则回答假。
JOISC 2020 Legendary Dango Maker
提交答案题有大量的解法，包括但不限于找性质、贪心、爆搜等各种奇淫技巧，其中较为常见的是随机化算法。所以玩提答可以合法浪费时间。
对于这道题，我们先转换模型，找出所有的美丽串，将美丽串作为点，相互冲突的美丽串之间连边，那么问题直接转化为一般图最大独立集问题，直接模拟退火即可。
这里阐述一下模拟退火的原理：
考虑我们现在有一个解，对这个解做出随机的修改，如果这个解比我们的最优解要优秀，那么我们一定保留，如果这个解要屑一些，我们以一定概率保留。
实现上，设置常数 \(k\)，变化量 \(\Delta\)，终点 \(E\)，维护初温 \(T\)，每次作出修改时，设解的变化量为 \(\Delta f\)，\(T=T\times \Delta\)，而上述的一定概率就等于 \(e^{\frac{-\Delta f}{kT}}\)。
而模拟退火的麻烦点就在这里，上述设置的对程序的运行有着大量的影响，所以我们需要调参。
套用到一般图最大独立集问题中，我们先预先求出一个独立集，然后我们考虑修改，每次尝试将一个点加入并求合法独立集，最后比较这个解与我们的最优解即可。
CF R 562 Xor Permutations
你看这个构造，真是太逊了！才乱搞几下就 A 了。
方便起见，设 \(n=2^k\)。
先证明，有解当且仅当 \(\oplus^{n}_{i=1} a_i=0\)，证明如下：
- 由 \(p_i\oplus q_i=a_i\)，得 \(p_1\oplus q_1\oplus p_2\oplus q_2\oplus\ldots\oplus p_{n}\oplus q_{n}=\oplus^{n}_{i=1} a_i\)。
- 因为异或具有交换律与结合律，得 \(\oplus^{n}_{i=1}p_i\oplus \oplus^n_{i=1}q_i=\oplus^n_{i=1}a_i\)。
- 又因为 \(p,q\) 均为排列，所以 \(\oplus^n_{i=1}p_i=\oplus^{n}_{i=1}q_i=0\)。
- 所以有解当且仅当 \(\oplus^n_{i=1}a_i=0\)。Q.E.D.
接下来考虑如何构造，考虑调整算法：
图源自邓明扬的论文，在参考资料中有提到。
考虑将每个 \(a_i\) 与一个 \(0\sim n-1\) 之间的常数匹配，匹配到 \(a_i\) 的作为 \(p_i\)，由于 \(p_i\oplus q_i=a_i\)，所以 \(q_i=a_i\oplus p_i\)。
每次我们随机一个未匹配的 \(p_i\)，检验是否有能直接与 \(p_i\) 匹配的 \(a_i\)，如有，直接匹配，如果没有，随机选取一个未匹配的 \(a_i\)，断掉异或值等于 \(p_i\oplus a_i\) 的匹配，切换成 \(a_i\) 与 \(p_i\) 的匹配。
笔者在测试自己的一份代码时，发现这个乱搞相当得快，目前也无法证明这个算法的时间复杂度、正确性（邓明扬，IOI2021 AK 选手，都证明不出这玩意，我何苦为难自己？）。
CGR 12 C Errich-Tac-Toe
这玩意与传统的井字棋规则相比，少了一个对角线，且只要连续三个一样就能赢。
在构造题目中，遇连续多少个就要想到染色，类似的，在这题中，对于格子 \((x,y)\)，按 \((x+y)\bmod3\) 分类，显然为了平局，只需要将连续的三个格子没有相同颜色即可。
类似的，我们有如下 \(6\) 种方法来达成目的：
- 第一类格子全改为
X，第二类格子全改为O。 - 第一类格子全改为
X，第三类格子全改为O。 - 第二类格子全改为
X，第一类格子全改为O。 - 第二类格子全改为
X，第三类格子全改为O。 - 第三类格子全改为
X，第一类格子全改为O。 - 第三类格子全改为
X，第二类格子全改为O。
然而这还有个操作限制 \(\lfloor\frac{k}{3}\rfloor\)。但是我们发现这六种方法的操作数总和是 \(2\times k\)，依据鸽巢原理，最少的一份最多有 \(\lfloor \frac{k}{3}\rfloor\)，选取最少操作步数的一种方案即可通过本题。
WF 2014 Baggage
As a resault,nobady solved this problem during the WF 2014:)
首先这个题有别于我们之前所讲的构造，他要求最优解，然而我们连最优解的答案是什么都不知道，而且这题好像也没别的什么性质。
考虑先爆搜抑或是手玩，于是你发现一个关键点，这个最优解在一定的小范围内是 \(n\)，其实我们可以估计出一个答案的下界：
- 设相邻的两个字母不相同的对数为 \(d\)，那么一开始 \(d=2\times n-1\)，目标状态 \(d=1\)，这之间的变化量为 \(2\times n-2\)，每一次操作最多使得 \(d\) 减掉 \(2\)，但第一次操作无论如何 \(d\) 都只会减掉 \(1\)。
- 所以答案的下界为 \(1+\lceil\frac{2\times n-3}{2}\rceil=1+n-1=n\)。
注意观察爆搜出的解，当 \(n>3\) 时，在结束时所有的货物均在 \(-1\sim 2\times n -2\) 处，这启示我们特判 \(n=3\) 的情况，处理剩下的情况，将大问题规约到子问题。
这种方式是这样的：
__BABABABA…BABABA
ABBABABABA…BAB__A
ABBA__BABA…BABBAA
此刻我们发现，中间的 __BABA…BA 是一个子问题，递归下去做。
ABBAAAA…BBB__BBAA
A__AAAA…BBBBBBBAA
AAAAAAA…BBBBBBB__
至此，我们便完成了构造。
具体实现方向是，将 \(n=3,4,5,6,7\) 的情况进行打表，按上述方式递归即可。
CF R 649 Ehab's Last Corollary
考虑建立出 DFS 树。
因为这是一张无向图，所以他的非树边一定是后向边，那么在 DFS 的过程中，如果遇到了非树边 \((u,v)\)，满足 \(|dep_u-dep_v|< k\) 时，从 \(u\) 到 \(v\) 的树上简单路径上的点可以构成一个大小不超过 \(k\) 的简单环。
接下来考虑找不到简单环的情况，方便起见，设 \(lim=\lceil\frac{k}{2}\rceil\)。
- 若 \(m=n-1\)，也就是原图是一棵树，考虑将节点按深度奇偶性分类，显然在同一类的点是一个独立集，而我们分成的这两个集合总大小为 \(n\)，依据鸽巢原理，较大的那一份至少为 \(\lceil\frac{n}{2}\rceil\ge lim\) 个，直接对这一份乱取 \(lim\) 个即可。
- 否则，说明这张图上不存在一条非树边满足 \(|dep_u-dep_v|<k\)，也就是说，对于距离在 \([2,k)\) 之间的点对，不存在有边相连，那么，我们取深度最深的那个点，他的深度一定 \(\ge k\)，取他与他的 \(2,4,\ldots,2\times lim-2\) 级祖先作为独立集一定是满足条件的。
CF R 628 Ehab's Last Theorem
这题和上题是同一个出题人
为了下面方便讨论，设 \(lim=\lceil\sqrt{n}\rceil\)。
建出 DFS 树，同上题，如果在遍历中出现了后向边 \((u,v)\) 且 \(|dep_u-dep_v|\ge lim-1\) 时，自 \(u\) 到 \(v\) 的树上简单路径上的点可以构成一个简单环。
如果没有环，按照 \(dep_u\bmod (lim-1)\) 的值来分类，对于一对在同一类的，呈父子关系的点，他们的树上简单路径距离一定 \(\ge lim-1\)，而我们在上面已经确定，对于一对这样的点，没有后向边将他们相连，所以同一类的点构成了一个独立集。
依据鸽巢原理，最大的一类里至少包含 \(\lceil\frac{n}{lim-1}\rceil\ge lim\) 个，所以选取最大的一类中的任意 \(lim\) 个点就可以满足条件。
CF R 684 Graph Subset Problem
先考虑至少有 \(k\) 个邻居的子集怎么做，考虑将 \(deg<k\) 的节点塞到一个队列中，每次删点并同时处理相邻点的 \(deg\)，当队列为空时，剩下的点就是一个满足条件的子集。
如果上面的子集为空，我们就要考虑判断团，实际上，在做上述的过程时，如果我们遇到一个节点 \(u\)，满足 \(deg_u=k-1\)，就可以考虑他与他的邻居为一个团，判定方法十分简单，直接暴力枚举 \(\frac {k(k-1)} 2\) 条边，使用 set 或是哈希表判断一下就行了。
SDOI 2019 热闹的聚会与尴尬的聚会
我们先分析这个离了谱的条件：\(\lfloor\frac{n}{p+1}\rfloor\le q\) 并且 \(\lfloor\frac n{q+1}\rfloor\le p\)，推导过程如下：
那么，因为题目要求构造的两个集合是独立的，所以分别最大化 \(p,q\) 即可。
最大化 \(p\) 非常简单，将节点按度数排序，每次尝试删掉度数最小的节点 \(u\) 使答案变大，直到图被删空为止，记录所有时刻里 \(p\) 最大的一刻作为答案。
最大化 \(q\) 呢？显然这是一个一般图最大独立集问题，wjr 并不想在年纪轻轻的时候就挑战图灵奖，所以这里只有用模拟退火才能解决了。
问题是否就止步于此呢？我们上述的做法完全没有用到上述两个问题的关联，实际上，在上面的三道题中，都出现了图上两个看似毫不相干的问题的构造，而且这两个构造是有一定关联性的，网上有人称这些问题是“图上二选一构造问题“（见参考资料）。
所以说，我们设计这样一个，由最大化 \(p\) 的做法修改而来的算法：
- 每次选出度数最小的 \(u\)。
- 将 \(u\) 加入第二个点集。
- 删除 \(u\) 与 \(u\) 的邻居。
同样的，记录 \(p\) 最大的时刻作为第一个点集，而在算法最后我们也得到了第二个点集。
正确性呢？我们设第二个点集为 \(E\)，显然对于每个度数最小的 \(u\)，\(u\in E\)，而 \(p=\max\{deg_u\}\)，也就是说，每次删去的点数最多有 \(p+1\) 个，共删了 \(q\) 次，所以 \((p+1)q\ge n\)，所以满足条件 \((p+1)(q+1)>n\)。
至此，问题得到解决。
IOI 2019 Spilt
三个点集的大小没有关系，我们不妨假设 \(a\le b\le c\)，这样方便构造。
容易发现我们只需要分别构造大小为 \(a\) 和 \(b\) 的点集即可，因为如果构造大小为 \(c\) 的点集，其必然可以删掉一些点，转化为大小为 \(b\) 的点集。
算法一：\(m=n-1\)
从部分分出发，我们考虑如何处理树的情况，此时选出的两个联通子集 \(A,B\) 均为子树，所以枚举每一条边，判断这条边左右两边是否存在一个大小不小于 \(a\) 的子树和一个大小不小于 \(b\) 的子树，分别构造即可。
但是，我们仔细分析这题的性质，如果我们取出这棵树的重心 \(C\)，那么有解的条件为，将 \(C\) 提为根后，至少有一棵 \(C\) 的儿子子树大小 \(\ge a\)。
如果全部 \(<a\) 的话，集合 \(A\) 与集合 \(B\) 必然有交且交于重心。
所以，我们从上述的儿子子树中选取 \(a\) 个相邻的点，再选取重心与其他子树共 \(b\) 个点，即可完成题目。
算法二：一般图
受算法一的启发，考虑建出 DFS 树，找到 DFS 树的重心 \(C\)，去掉 \(C\) ，DFS 被划分成若干子树，设在 \(C\) 上面的子树为 \(T\)，剩下的子树分别为 \(S_1,S_2,\ldots,S_k\)。
- 如果 \(T\) 或某个 \(S_i\) 的子树大小 \(\ge a\) 的话，同算法一可以出解。
- 否则，考虑前文提到的无向图上 DFS 树的性质，发现在 \(T\) 和 \(S_i\) 之间可能有连边（后向边），在 \(S_i\) 与 \(S_j\) 之间不可能有连边（无横叉边）。
- 如果 \(T\) 与所有相连的 \(S_i\) 的大小总和 \(< a\)，那么一定无解，因为集合 \(A,B\) 一定交于重心。
- 否则考虑处理一个集合 \(X\)，初始时 \(X\) 里面包含 \(T\)，按任意顺序往 \(X\) 里面添加与 \(T\) 相连的子树 \(S_i\)，直到 \(X\) 的大小 \(\ge a\)，剩下的节点显然是足够构造出 \(B\) 的，按如下方法构造 \(A,B\)：
- 构造 \(A\)，先将 \(T\) 加入 \(A\) 中，找出 \(X\) 中所有与 \(T\) 相连的点 \(u_i\)，将 \(u_i\) 加入 \(A\) 后，如果仍然不够，考虑将每个 \(S_i\) 里的其他点加入，从 \(u_i\) 开始在子树中 DFS 即可。
- 构造 \(B\)，显然重心 \(C\) 是要加入的，然后把不在 \(X\) 中的子树依次加入即可。
CF R 614 Rin and The Unknown Flower
算法一
我会暴力！问一次 C，问一次 H，剩下的都是 O！
费用 \(1+1=2\)，显然无法通过。
算法二
事实上问一次 C 是不是太过浪费了呢？我们问 CC，CO，CH 同样可以问出除了最后一个位置的 C，费用只有 \(\frac 3 4\)。
同样的，我们再来确定 O，为了最大化利用先前的询问，问 HO，OO 就可以问出除了第一个位置的所有的 O，费用共 \(\frac 5 4\)。
那么显然在第 \(2\) 个到第 \(n-1\) 个位置中，没有被问来的一定是 H，而第一个位置，如果没有问出来的话，显然有 O，H 两种可能，同理，对最后一个位置，如果没有问出来的话，显然有 C、H 两种可能，共 \(2\times 2=4\) 种可能，询问 \(3\) 个即可。
费用 \(\frac 5 4+\frac 3{n^2}\)，可以通过本题
……
……
……的 \(n>4\) 部分。
笔者在写这一段中做了测试，只实现这个做法会 WA On Test 3，因为当 \(n=4\) 时，总费用为 \(\frac 5 4+\frac 3 {16}=1.4375>1.4\)。
算法三
单独处理 \(n=4\) 的情况。
同样的，先询问 CC、CO、CH、HO，如果有一个成功了，至多有两位没有确定，且前三位没确定的不可能有 C，至多 \(6\) 种可能，费用为 \(\frac 4 4+\frac 5 {16}=1.3125\)。
如果上述均未成功，再询问 OO，如成功，有如下可能：
OOOO，显然可以直接输出。OOO*，最后一位可能是C或H，这是显然的。OO**，第三位只可能是H，最后一位可能是C或H。
至多 \(2\) 种可能，费用为 \(\frac 5 4+\frac 1{16}=1.3125\)。
如果上述均未成功，那么字符串一定形如 *HH*，第一位不可能是 C，最后一位不可能是 O，询问 HHH 就可以确定字符串，费用为 \(\frac 5 4+\frac 1 9=1.3611\)。
与算法二结合即可 AC。
Technocup 2020 Elimination R3 Not Same
下面，设答案矩阵为 \(b\)。
算法一
从 \(1\) 到 \(n\) 依次考虑每一列，假如现在考虑第 \(i\) 列，按如下方法构造：
- 考虑之前的 \((n+1)\times (i-1)\) 的矩阵，如果某两行相同，设这两行分别为 \(r_1,r_2\)，我们使 \(b_{r_1,i}=1\)，\(b_{r_2,i}=0\)，剩下的 \(a_i-1\) 个 \(1\) 随便乱放。
- 如果没有相同的两行，直接将 \(a_i\) 个 \(1\) 随便乱放。
证明如下：
将相同的行放到一组，记录每个组内行的个数，得到一个可重集 \(S\)，初始时 \(S=\{n+1\}\)，结束状态 \(S=\{1,1,\ldots,1\}\)，共 \(n+1\) 个 \(1\)。
我们对某两行操作的效果，其实相当于选出一个大于 \(1\) 的元素 \(x\)，将其拆分成两个元素 \(x_1,x_2\)，再丢进集合内。
原集合最多可被操作 \(n\) 次，所以必然可以被构造出来。
算法二
因为列置换不影响答案，所以将 \(a\) 从大到小排序。
对于每个 \(a_i\)，从第 \(i\) 行开始放 \(1\)，一路往下放，放到底了就循环上去放。
证明如下：
若行 \(i,j(i<j)\) 相同。
因为 \(a_{i+1}\le n\)，所以 \(b_{i,i+1}=0\)，又因为行 \(i\) 与行 \(j\) 相同，所以 \(b_{j,i+1}=0\)，所以 \(a_{i+1}\le j-i-1\)。
如果 \(i+2\le j\)，考虑第 \(i+2\) 列。要么 \(b_{i,i+2}=b_{j,i+2}=0\)，要么 \(b_{i,i+2}=b_{j,i+2}=1\)，如果是后者，那么 \(a_{i+2}\ge j-i+1\)，又因为我们从大到小排了序，\(a_{i+1}\ge a_{i+2}\ge j-i+1\)，与前文不符，所以 \(b_{i,i+2}=b_{j,i+2}=0\)，所以 \(a_{i+2}\le j-i-2\)。
类似的，我们可得 \(\forall k\in[1,j-i],a_{i+k}\le j-i-k\)，当 \(k=j-i\) 时，\(a_{j}\le j-i-j+i=0\)，与题意不符。
CGR 8 Ski Accidents
\(\frac 4 7 n\)，诡异的标点个数，我们不如思考一下，这个 \(\frac 4 7 n\) 能启发我们什么，\(1+2+4=7\)？
我们考虑把节点分为三个集合 \(A,B,C\)，满足 \(4|A|\ge 2|B|\ge |C|\)，那么必然的是 \(|C|\le \frac 4 7 n\)，只要把 \(C\) 删除了就满足条件了。
考虑怎样构造三个集合，我们按如下的构造方法：
- \(A\) 里面是所有入度为 \(0\) 的点与所有入边来自 \(C\) 的点。
- \(B\) 里面是至少有一条入边来自 \(A\) 的点，且没有来自 \(B\) 的入边。
- \(C\) 里面是至少有一条入边来自 \(B\) 的点。
由于每个点的出度最多为 \(2\)，所以有 \(4|A|\ge 2|B|\ge |C|\)。
而删去 \(C\) 后，唯一剩下的边是 \(A\to B\) 之间的边，所以也是符合条件的。
因为原图是一个有向无环图，所以可以迅速完成划分。
UR 5 怎样提高智商
既然要求正确答案尽可能多，那么显然会有 \(a_i=b_i=c_i=d_i\)。
我们来 xjb 胡一个构造：因为第零题不存在，所以 \(a_i=0\)，\(h_i\) 乱取，这显然四个都可以选，我们假设选了 A，那么第二题问什么比较好？A 有 \(1\) 个？那第一题只能选 A 了；A 有 \(0\) 个？那第一题可以选 B、C、D 三种选择，是不是要好一些。
以此类推，所有问题都形如 \(c\) 有 \(0\) 个，其中 \(c\) 是随便一个字符，此时的答案总数为 \(4\times 3^{n-1}\)，可以证明这是最优的。
UER 8 打雪仗
算法一
我们的操作步数够多！我们直接让小 A 把整个序列发过来。
期望得分：\(20\) 分。
算法二
考虑将原本的 \(01\) 串三等分，那么必然有一段含小 B 需要的元素达到半数，我们让小 A 把这一段全丢过来。
那么剩下的两段，我们就让小 A 只把小 B 需要的元素丢过来。
那么，小 B 需要传送 \(\frac 4 3 n\) 的信息，小 A 最多需要传送 \(\frac 2 3 n+\frac 2 3 n=\frac 4 3 n\) 的信息，可过。
期望得分：\(100\) 分。
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