随笔分类 - 交互
摘要：洛谷传送门 CF 传送门 可以把限制看成 \(0.75n^2\)。发现 \(0.75n^2 = 0.5n^2 + 2 \times 0.5 (\frac{n}{2})^2\)。这启发我们询问一次 \([1, n]\) 和两次长度为 \(\frac{n}{2}\) 的区间。 不妨问 \([1, n],
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 世纪难题。 首先我们考虑先固定 \(x\)，比如让 \(x = a_1\)（重复问 \(1\) 直到回答为 =），那么此时我们可以知道任意一个 \(a_i\) 和 \(a_1\) 的大小关系（问一次 \(i\) 再问一次 \(1\)），并且可以知道 \(a_i\) 的具体值
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 orz Charlie/bx. 考虑对棋盘染色，那么马移动到的格子和原来的格子异色。 进而发现若两个马初始异色，那么只有白马可以吃黑马，否则只有黑马可以吃白马。 下面只讨论初始异色的情况，同色是对称的。下文令 \(W, B, T_W, T_B\) 分别为白马起点，黑马起点，
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 首先，如果我们确定了 \(1, 2\) 或 \(n - 1, n\) 的位置，我们就能求出原排列。因为题目给了 \(p_1 < p_2\)，所以可以不考虑对称性。也就是说我们知道两个位置是 \(1, 2\) 或 \(n - 1, n\) 但不确定究竟是 \(1, 2\) 还
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摘要：洛谷传送门 NOIP 模拟赛 T2。随机化交互好题。 令 \(a\) 为原题面中的 \(e\)，\(b\) 为原题面中的 \(o\)。 显然可以使用 \(\left\lceil\frac{n}{2}\right\rceil\) 次询问求出 \(a\) 中任意其中一个元素的值，全部问一遍 \(a_i\
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摘要：[洛谷传送门](https://www.luogu.com.cn/problem/CF1856D "洛谷传送门") [CF 传送门](https://codeforces.com/problemset/problem/1856/D "CF 传送门") 直接求最大值不好求。我们可以采用一个交互常见的套
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摘要：[洛谷传送门](https://www.luogu.com.cn/problem/CF1776C "洛谷传送门") [CF 传送门](https://codeforces.com/problemset/problem/1776/C "CF 传送门") orz p_b_p_b。 下文令 $a_i$ 为
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摘要：[洛谷传送门](https://www.luogu.com.cn/problem/CF1142E "洛谷传送门") [CF 传送门](https://codeforces.com/problemset/problem/1142/E "CF 传送门") 感觉很神奇啊，想了挺久的。 如果没有粉色边是容易
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摘要：[洛谷传送门](https://www.luogu.com.cn/problem/AT_arc154_d "洛谷传送门") [AtCoder 传送门](https://atcoder.jp/contests/arc154/tasks/arc154_d "AtCoder 传送门") **看到这种题，应
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摘要：[洛谷传送门](https://www.luogu.com.cn/problem/CF1840G2 "洛谷传送门") [CF 传送门](https://codeforces.com/problemset/problem/1840/G2 "CF 传送门") 每次询问获得的信息只有当前所在位置的数字。考
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 很有意思的题。 考虑若无边权的限制则 B 必胜，不妨猜想有了限制之后仍然是 B 必胜。 假设 A 选了 I（若 A 选了 D 可以边权取相反数），若 B 走了 $(a,b)$，A 走了 $(b,c)$，则 B 还能走 $(c,d)$。即 $w_{b,c} > w_{a,b}
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摘要：洛谷传送门 CodeForces 传送门 看到询问次数接近 $n$，考虑将 $n$ 分成多组，每组都以较少的期望询问次数解决。 先询问一次全 F，接下来的询问就能确定若干个位置的 T 个数。考虑每次从答案未确定的问题集合中随 $4$ 个（如果集合大小 $< 4$ 就暴力），先问这 $4$ 个中 T
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摘要：被交互提薄纱 A 显然答案就是经过最边缘的四个点组成的矩形的周长。 B 显然 $f(a){\min} = \max\limits{i=1}^n a_i$。考虑达到这个下界的时候，数组的最小值一定在两端点，删去这个最小值，剩下的数组的最小值仍然一定在两端点。直接模拟就行。 C 每次找到最小的且 $\g
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 思路 看到询问次数是 $O(\log n)$ 级别的，考虑使用树剖的一些性质。 我们都知道一个点到根结点的链经过的轻边为 $O(\log n)$ 级别的。于是考虑如下的算法： 先通过一次询问得出 $x$ 的深度，然后树剖。 一开始设 $u \to 1$。沿着重链跳到和 $x
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摘要：洛谷传送门 CF 传送门 萌萌交互题。 思路 考虑每次询问两个叶子的 $\mathrm{LCA}$，若 $\mathrm{LCA}$ 为两个叶子之一，那么 $\mathrm{LCA}$ 必为根。 每次询问后需要加进来新的叶子。 若询问 $\left\lfloor\dfrac{n}{2}\right\
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