P5208 [WC2019] I 君的商店 题解

题目描述

\(T\) 组数据，有 \(n\) 个 \(01\) 变量，初始值未知，保证至少存在一个 \(1\) 。

交互库初始会告诉你 \(1\) 的个数的奇偶性，你的目标是求出哪些变量的值是 \(1\) 。

你需要实现以下函数：

• find_price(int id,int n,int k,int *ans) 。

  其中 \(id\) 为子任务编号， \(n\) 为数组长度， \(k\in\{0,1\}\) 表示 \(1\) 的个数奇偶性，你需要将每个变量的值放在 \(ans\) 数组中。

你可以调用以下函数：

• int query(int *S,int nS,int *T,int nT) 。

  你可以传入两个不交集合，然后交互库会告诉你哪个集合 \(1\) 的个数更多。

  如果两个集合 \(1\) 的个数相等，交互库会按照自己的方式选择一个集合告诉你。

显然你不能无限询问下去，因此交互库设定了集合大小（ \(\sum (|S|+|T|)\) ）的上限 \(m\) ，你不能违反这个限制。

数据范围

• \(id=1\) ： \(1\le n\le 5,m=100\) 。
• \(id=2\) ： \(1\le n\le 10^3,m=10^6\) 。
• \(id=3\) ： \(1\le n\le 10^5, m=100\) ，保证 \(ans\) 数组单调。
• \(id=4\) ： \(1\le n\le 5\cdot 10^4,m=350100\) 。
• \(id=5\) ： \(1\le n\le 10^5,m=500100\) 。

分析

宣传： 一篇有趣的题解 ，本文在一定程度上参考了这篇文章。

算法一

先看子任务 \(3\) ，显然目标是二分出边界点。

先比较 \(x_1\) 和 \(x_n\) ，如果 \(x_1\le x_n\) 就翻转整个序列，从而把 \(1\) 放前面， \(0\) 放后面。

由于题目保证至少有一个 \(1\) ，所以 \(x_1=1\) 。

每次拿相邻两个数与 \(x_1\) 比较：

\(x_i\)	\(x_{i+1}\)	\(query(\{x_i,x_{i+1}\},\{1\})\)
1	1	1
1	0	0,1 都有可能
0	0	0

先正常二分，假设 query({l,l+1},1)=1,query({r,r+1},1)=0,r-l=1 ，那么我们能确定 \(x[1\sim l]=1\) ， \(x[r+1\sim n]=0\) ，但 \(x_r\) 无法确定。

但是别忘了奇偶性！ \(x_r\) 可以通过奇偶性反推出来。

于是我们用 \(3\log n+2\) 的代价解决了子任务 \(3\) ，期望得分 \(9pts\) 。

算法二

根据数据范围，大胆猜测子任务 \(3\) 为本题的最后一个步骤。

再来看子任务\(1,2\)，目标变为在 \(\mathcal O(n^2)\)的时间内将所有元素倒序排序。

将所有数两两比较一次。

Key observation：按照每个数 \(\ge\) 其他数的次数排序即可！

这是因为，如果 \(x_i=1,x_j=0\) ，总共有 \(t\) 个 \(0\) ，那么 \(x_i\) 至少 \(\ge t\) 个数，而 \(x_j\) 至多\(\ge t-1\) 个数。

总代价 \(n(n-1)+3\log n+2\) ，期望得分 \(40pts\) 。

#include<bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define mp make_pair
#define pii pair<int,int>
using namespace std;
const int maxn=1e5+5;
int p[maxn],s[maxn],t[maxn];
pii v[maxn];
int query(int*,int,int*,int);
void find_price(int id,int n,int k,int *ans)
{
    for(int i=0;i<n;i++) p[i]=i;
    if(id<=2)
    {
        for(int i=0;i<n;i++) v[i]=mp(0,i);
        for(int i=0;i<n;i++)
            for(int j=i+1;j<n;j++)
                s[0]=i,t[0]=j,v[!query(s,1,t,1)?i:j].fi++;
        sort(v,v+n,greater<pii>());
        for(int i=0;i<n;i++) p[i]=v[i].se;
    }
    else
    {
        s[0]=0,t[0]=n-1;
        if(query(s,1,t,1)) reverse(p,p+n);
    }
    int l=0,r=n-1;
    while(r-l>1)
    {
        int mid=(l+r)/2;
        s[0]=p[mid],s[1]=p[mid+1],t[0]=p[0];
        if(query(s,2,t,1)) r=mid;
        else l=mid;
    }
    for(int i=0;i<=l;i++) ans[p[i]]=1;
    for(int i=r+1;i<n;i++) ans[p[i]]=0;
    ans[p[r]]=k-r&1;
}

算法三

\(\mathcal O(n^2)\) 的排序显然不优，但是询问 \(2\) 个数本质就是比较大小，如果两数不同则可以得到正确结果，如果相同虽然结果随机，但不影响排序。

随便换成一个 \(\mathcal O(n\log n)\) 的排序即可通过子任务 \(4\) ，期望得分 \(52pts\) 。

算法四

基于比较的排序下界复杂度为 \(\mathcal O(n\log n)\) ，因此上述算法无法继续优化。

题目保证了至少有一个 \(1\) ，扫描整个数组可以用 \(2n\) 的代价把最大值（必然是 \(1\) ）找出来。

接下来执行以下算法：

• 如果只有 \(1\) 个数没有确定，用奇偶性解决。

• 否则至少有 \(2\) 个数 \(x,y\) 没有确定。

  先对 \(x,y\) 比较大小，不妨 \(x\ge y\) 。

  再比较 \(\{x,y\}\) 和最大值的大小，有三种情况：

  • \(x=1,y=1\) ： \(ans=0\) 。
  • \(x=1,y=0\) ： \(ans=0/1\) 。
  • \(x=0,y=0\) ： \(ans=1\) 。

  换言之：

  • 若 \(ans=0\) ，则 \(x=1\) 。
  • 若 \(ans=1\) ，则 \(y=0\) 。

  因此我们可以用 \(5n\) 的代价确定一个数！

算上前面找最大值的开销，总代价 \(7n\)，期望得分 \(60pts\) （没拼子任务 \(3\) ）。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e5+5;
int s[maxn],t[maxn];
queue<int> q;
int query(int*,int,int*,int);
void find_price(int id,int n,int k,int *ans)
{
    int p=0;
    for(int i=1;i<n;i++)
    {
        s[0]=p,t[0]=i;
        if(query(s,1,t,1)) p=i;
    }
    k^=1,ans[p]=1;
    for(int i=0;i<n;i++) if(i!=p) q.push(i);
    while(q.size()>=2)
    {
        int u=q.front();
        q.pop();
        int v=q.front();
        q.pop();
        s[0]=u,t[0]=v;
        if(query(s,1,t,1)) swap(u,v);
        s[0]=u,s[1]=v,t[0]=p;
        if(query(s,2,t,1)) ans[v]=0,q.push(u);
        else k^=1,ans[u]=1,q.push(v);
    }
    if(!q.empty()) ans[q.front()]=k,q.pop();
}

算法五

从 \(7n\) 到 \(5n\) ，很明显，我们不能直接把最大值求出来了。

任选一个数 \(v\) 代替最大值，然后比较 \(\{x,y\}\) 和 \(v\) 的大小（不妨 \(x\ge y\) ）：

• 若 \(ans=0\) ，即 \(x+y\ge v\) ，因此 \(x\ge v\) 。记录这组偏序关系，然后用 \(x\) 替换 \(v\) ，再找一个新数放在 \(x\) 的位置继续比较。
• 若 \(ans=1\) ，则 \(x+y\le v\) ，因此 \(y=0\) ，再找一个新数放在 \(y\) 的位置继续比较。

这样我们能得到什么？能得到一堆 \(0\) ，一条偏序关系构成的链，和一个孤立点 \(p\) （如果有 \(\ge 2\) 个孤立点就可以继续比较）。

记 \(x\) 为链顶，注意我们还没用到最大值为 \(1\) 这个条件，而最大值只可能在 \(x\) 和 \(p\) 之间产生。

对 \(x\) 和 \(p\) 做一次比较，可以得到最大值。

• 如果 \(p=1\) ，把 \(p\) 接在链顶，然后套用子任务 \(3\) 的做法。

• 如果 \(x=1\) ，根据子任务 \(3\) ，二分后链上最多只有一个点 \(q\) 的值不确定。

  回顾子任务 \(4\) ，拿 \(\{p,q\}\) 和 \(1\) 比较可以确定其中一个数，另一个用奇偶性解决。

总代价 \(5n+3\log n+\mathcal O(1)\) 。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e5+5;
int c[maxn],s[maxn],t[maxn];
int query(int *,int ,int *,int );
int cmp(int x,int y)
{
    s[0]=x,t[0]=y;
    return query(s,1,t,1);
}
int calc(int x,int y,int v)
{
    s[0]=x,s[1]=y,t[0]=v;
    return query(s,2,t,1);
}
void find_price(int id,int n,int k,int *ans)
{
    if(n<=2||id==3)
    {
        for(int i=0;i<n;i++) c[i]=i;
        if(cmp(0,n-1)) reverse(c,c+n);
        int l=0,r=n-1;
        while(r-l>1)
        {
            int mid=(l+r)/2;
            if(calc(c[mid],c[mid+1],c[0])) r=mid;
            else l=mid;
        }
        for(int i=0;i<=l;i++) ans[c[i]]=1;
        for(int i=r+1;i<n;i++) ans[c[i]]=0;
        ans[c[r]]=k-r&1;
        return ;
    }
    int m=1,x=-1,y=0,v=1;
    c[1]=v;
    for(int i=2;i<n;i++)
    {
        if(x==-1) x=i;
        if(y==-1) y=i;
        if(cmp(x,y)) swap(x,y);
        if(calc(x,y,v)) ans[y]=0,y=-1;
        else c[++m]=x,v=x,x=-1;
    }
    int p=max(x,y);
    if(cmp(v,p)) c[++m]=p,p=-1;
    reverse(c+1,c+m+1);
    int l=1,r=m;
    while(r-l>1)
    {
        int mid=(l+r)/2;
        if(calc(c[mid],c[mid+1],c[1])) r=mid;
        else l=mid;
    }
    for(int i=1;i<=l;i++) ans[c[i]]=1;
    for(int i=r+1;i<=m;i++) ans[c[i]]=0;
    if(r!=1)
    {
        int q=c[r];
        if(p==-1) p=q;
        else
        {
            if(cmp(p,q)) swap(p,q);
            if(calc(p,q,c[1])) ans[q]=0;
            else ans[p]=1,p=q;
        }
    }
    if(p!=-1)
    {
        for(int i=0;i<n;i++) if(i!=p) k^=ans[i];
        ans[p]=k;
    }
}