【题解】构造交互题汇总

构造

选图

题意：
给定一个 kn 个顶点的无向简单图，保证每个点的度数小于 kd。
请你求出一个 n 个点的子集，使得导出子图的每个点度数均小于 d。
\(n \in [1,1e3],d\in[1,10],k\in[2,10],m\le\frac{k(k-1)}{2}dn\)。

调整法构造。

由 \(k = 2\) 的部分出发，想到调整法构造。维护两个点集 \(a\)，\(b\)。设 \(|a|=siz_a n,|b|=siz_bn\)（故 \(k = siz_a+siz_b\)），需要满足 \(\forall p \in a,degree_p < d \cdot siz_a, \forall p \in b,degree_p < d \cdot siz_b\)。若不满足，将不满足的多个点进行配对（\(x_i \in a, y_i \in b\)），在 \(a\)，\(b\) 之间交换（交换后 \(x_i\) 和 \(y_i\) 必然合法【反证：\(x\) 的度数变为 \(edge(x,b)\)，若不合法，即 \(edge(x,b)>dsiz_b\)，则 \(mindegree(x) = edge(x,b)+edge(x,a) \ge siz_b d + siz_a d = k d\)，与题目所给的限定不符，故必然合法，\(y\) 同理】），直至有一边满足条件。然后 \(k / 2\) 规模地对于合法的那一块分治下去。发现两个集合之间的边数是严格单调递增的，故复杂度为 \(O(nmd)\)。

给定直径个数构造树

一听到构造题，被吓怕了。就写了个单个菊花的。k 这么大一眼多个菊花。还有剩余打个表发现 2 或 3 个菊花满了，这就是正解。

KTSC 2024 R2 岛屿

简述题意：给定一个 \(n\) 多边形以及其三角划分，对于以这张图为基础进行如下构造：取出一个三角形 \((a,b,c)\)，在其中心位置新建一个点 \(w\)，连上 \((a,w),(b,w),(c,w)\)。进行若干次构造后使得整张图的边可以划分为两棵树，其中每棵树都包含所有节点。要求构造次数尽量少，且给出最后的两棵树。

分析：一开始是没有头绪的。但是构造题是给了层次的，我们完全可以构造一种方案。题目的硬性要求是在 \(n\) 次构造以内。那么 $A = $ 外围一圈少一条边，$B = $ 内部边和外围一条边，开始构造可以拿到部分分。思考为什么我们需要构造才可以划分出两棵树？对于三角划分，有多个个度数为 \(2\) 的点存在，手模发现不可能得到合法的划分。然而在所有情况下，最后只有一个度数为 \(2\) 的点不满足。所以只需要在那个地方进行一次构造。如何求方案？类似我们尝试去划分时，每次找到一个度数为 \(2\) 的点，对三角形染色，然后将这个三角形“删去”，变成子问题，即可求解。具体用队列实现。

Flop Sorting

与 NOIP2020移球游戏 相似的中转思想，找一个中转状态简化问题。
与 NOIP2022喵了个喵 相似的分治思想，子问题子结构。

发现这个操作交换区间内的最大最小值，这在两种情况下会利于理解：1. 交换两个相邻的数；2. 翻转一个有序数组。
设置中转状态为 \(1\sim n\)，变成排序问题。根据数据范围，我们需要操作数 \(O(n \log n \sim n \log^2 n)\) 的算法。回顾快速排序的过程，每次用双指针处理出左边小于基准数右边大于基准数的两个子问题，递归求解。但是我们不能跨越无序区间进行 swap 啊。考虑归并排序的过程，每次将两个有序数组依次加入，但没有 swap 操作。结合一下，考虑以下构造（来自Luogu题解）。

NOIP2020 移球游戏

构造题

10pts：首先就是只有 \((2+1)\) 个柱子的情况（我模拟赛时没想到qwq）。

我们的目的是构造出两根上面都是颜色 \(1\) 和都是颜色 \(2\) 的柱子，然后将 \(2\) 号柱子上的 \(m\) 个分到这两根柱子上去。

这种情况两根上的东西一定就是原来 \(1\) 号的，那么第一步就是要将其分开。分开要腾出两个柱子，而 \(2\) 号柱子是满的，所以我们就可以把 \(2\) 号柱子当作垫脚的先放一部分到 \(3\) 号里去，这样 \(2\) 号就腾出位置来了。

具体的：若 1 中有 cnt 个颜色为 1 的，把 2 顶端的 cnt 个放到 3 号上去。再对 1 号进行出栈，颜色是 1 的全放到 2 号，颜色是 2 的全都放到 3 号。再将 2 号顶端的 cnt 个放回 1，3 号顶端的 m-cnt 个放回 1，3 号剩下垫脚的放回 2。再将 1 号顶端的 m-cnt 个颜色为 2 的放到 3。最后将 2 号的 m 个按颜色分到 1，3 上去。

tips：上面的都是废话，不如自己手模一下。

40pts：

策略就是对于每个规模为 \(n\) 的问题，将所有颜色为 \(n\) 的放到一个柱子上，缩小问题规模为 \(n-1\)。

一个想法：类似于两根柱子一样对于 \(i\) 和 \(n\) 两两在那边搞？不太行，因为颜色为 \(n\) 的个数不足 \(m\) 个，若放在那就会使得没有空的柱子可用。所以我们就要把所有颜色为 \(n\) 的球移到所有柱子上方。发现 10pts 中的转移中就有那么一种状态，即颜色为 \(n\) 的都在上面，颜色不为 \(n\) 的都在下面。但是我们拿来垫脚的那根柱子上是不能有颜色 \(n\) 的，那么一开始优先处理出这个用来垫脚的柱子即可。记录 \(id\)，将柱子的角色转化用 swap id 解决，这样就避免了将球从一个柱子全都移到另一个空柱子上的浪费。复杂度为 \(O(t \times n^2m)\)，\(t\) 为常数。

其实这种方法是可以过的，因为每次问题规模都在减小，奈何人傻常数大（其实可以加上一些策略的化简可以通过，由于我这里的每个步骤都是照搬 10pts 中的，所以有 5~6 的大常数）。

100pts：

其实也是构造题的套路：分治。40pts 中我们每次处理一个颜色的问题，瓶颈在于要把每根柱子的目标颜色移到该柱子上方。这是由于个数不足不能独立操作造成的。但是如果对颜色进行区分，设当前处理区间为 \([l,r]\)，颜色编号为 \([l,mid]\) 的类比为 \(1\)，编号为 \([mid+1,r]\) 的类比为 \(2\)。同样对于柱子的编号 \([l,mid]\) 的为左边柱子，\([mid+1,r]\) 的为右边柱子。对于一个左边柱子和一个右边柱子，无论如何我们都可以弄出一个都是颜色 \(1\) 的柱子或者一个都是颜色 \(2\) 的柱子出来。每一次操作都会完成一个柱子，那么对于规模为 \(n\) 的问题我们就可以在 \(n\) 次操作内使得左边柱子上的颜色编号都为 \(1\)，右边都为 \(2\)，递归解决即可。复杂度 \(O(t \times n m \log n)\)。

[CEOI 2023] Grading Server

由度数想到的欧拉回路构造。

\(S = 2\)：每个评测机作为连接这两种颜色的一条边，由先评测的指向后评测的，最后要求每个颜色的出入度之差不超过 \(1\)。拿个超级源点连向度为奇数的点然后跑一遍欧拉回路。

正解：明显分治，对于左右区间依次选择对应的点连起来，同部分分做法，跑一遍确定每道题在哪个区间，然后分治下去。

交互

KTSC 2024 R2 回文判定

题意简述：半交互题。给定序列的长度为 \(n\)。询问1(A)：可以进行询问 \((s_x,s_y,s_z)\) 得到其中相等的对数；询问2(B)：也可以询问 \((x,vector V)\) 即是否存在 \(j \in V,s_j = s_x\)。要求第一个询问个数 \(\le \frac{n}{2} + 1\)，第二个个数 \(\le 1\)。

分析：首先可以用第二个询问扫过来判断。然后考虑优化判断相等的过程。考虑从中间开始扩展，对已经完成的 \(a\)，要判断是否 \(c = d\)，具体过程为： 若 \(A(c,d,a) = 3\)，成立；若 \(A(c,d,a) = 0\)，直接退出；否则只有 \(A(c,d,a) = 1\)，那么有两种可能：\(c = d \not= a,c = a \not= d\)。那么再利用 \(B\) 进行判断即可。发现对于确定的 \(a\)，最后统一用 \(B\) 一次处理即可。但是第一次判断 \(a\) 难道还要用 \(B\) 吗？其实最后再判断 \(a\) 与其对应的 \(b\)，由于其他数是否与 \(a\) 相等的关系已知，可以用 \(A\) 判断。

赛时没有深入地想，其实部分分的引导和不受定式的约束，自然的思考，都会给解题带来帮助。

服装

内核

1. 注意：需要 fflush(stdout) 或 cout << endl 刷新输出缓冲区。
2. 交互题的套路：分治、二分、增量法。

题意简述

给定序列长度 \(n \in [2,150]\)，你可以在一次询问里得到某一些点的本质不同颜色个数，格式为 k a_1 a_2 a_3 ... a_k。
让你确定序列每一个位置的颜色。询问次数要求 \(\le 3500\)。

分析

这里使用了增量法和倍增。考虑我们已经确定了前 \(i-1\) 个位置。（询问 \([l,r]\) 的结果记为 \(ask[l][r]\)）

• 若 \(ask[1][i] = ask[1][i-1] + 1\)，则说明前 \(i-1\) 个中没有与 \(a_i\) 相同颜色的，记下颜色为 ++tot。
• 否则我们要找到与 \(a_i\) 相同的前一个位置，即找到最左边的一个 \(res\) 使得 \(ask[res][i] = ask[res][i-1] + 1\) 那么说明结果就是 \(res-1\)。那么并查集维护即可。

考试的时候没有方向，在乱搞。这里区间之间的关系与颜色的密切相关使我们使用了增量法，大大简化问题。

CODE

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 155;
int n,col[N];
int ask[N][N];
int qry(int l,int r){
	if(l == r)return 1;
	if(ask[l][r])return ask[l][r];
	printf("%d ",r-l+1);
	for(int i = l;i<=r;++i)printf("%d ",i);
	fflush(stdout);
	int res;
	scanf("%d",&res);
	return ask[l][r] = res;
}
int tot,fa[N];
int pre[N];
int find(int x){ return fa[x] == x ? x : fa[x] = find(fa[x]); }
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i = 1;i<=n;++i)fa[i] = i;
	col[1] = ++tot;
	for(int i = 2;i<=n;++i){
		if(qry(1,i) == qry(1,i-1) + 1){
			col[i] = ++tot;
		}else{
			int l = 1, r = i-1, res = i-1;
			while(l <= r){
				int mid = (l + r) >> 1;
				if(qry(mid,i) == qry(mid,i-1) + 1){
					r = mid - 1;
					res = mid-1;
				}else l = mid+1;
			}
			fa[i] = find(res);
		}
	}
	printf("0 ");
	for(int i = 1;i<=n;++i)printf("%d ",col[find(i)]);
	fflush(stdout);
	return 0;
}