非传统题与随机算法

\(\text{非传统题与随机算法}\)

\(\text{1 通信题}\)

\(\text{1.1 单轮通信题}\)

这类通信题一般指，仅进行一次通信的通信题，这也是大多数通信题的形式。

一种通信策略是对信息的（有损）压缩，你可以在保证一定正确率的情况下只传递部分信息。

另一种策略是将信息转化成另一种形式，比如哈希。

在实际问题中，需要关注对信息的需求，分析哪些信息是冗余的，这往往是解决通信题的关键。

\(\text{例题 1.1.1：Multiple Communications}\)

https://qoj.ac/contest/997/problem/4675

题意：

给定两个长度为 \(100\) 的序列 \(a,b\)，序列中的每个元素是 \(1000\) 位的二进制数。A 只能看到 \(a\)，他只能向 C 发送 \(3000\) 个二进制位，类似的，B 只能看到 \(b\)，他也只能向 C 发送 \(3000\) 个二进制位。

C 要根据收到的信息回答 \(100\) 个问题，每个问题给定一个二进制数 \(c\)，他需要回答正整数 \(x,y\) 满足 \(a_x\ \text{xor}\ b_y = c\)，回答对 \(96\) 个问题即算 AC。

解法：

\(100\) 个 \(1000\) 位二进制数，总信息量为 \(100000 \ \text{bits}\)，但是我们只能发送 \(3000\ \text{bits}\)。

考虑一下有损压缩，我们从 \(1000\) 位中随机选择 \(30\) 位，每个数只保留这些数位后传递。

看起来这样很可行，实际上如果这 \(100\) 个数中，前 \(992\) 个数位都是相同的，只有后 \(8\) 位不同，正确率会大大降低。

再考虑一下哈希，一个二进制数可以看成一个集合，异或运算可以看成集合的对称差运算，而对集合的哈希可以考虑 xor-hashing，即，对每一个数 \(x\) 随机一个 \([0,2^{30}-1]\) 的权值 \(w(x)\)，一个集合 \(S\) 的哈希值 \(H(S)\) 定义为 \(\text{xor}_{x \in S} \ w(x)\)。可以直观的感受到，任取一个集合，它的哈希值可以近似看做 \([0,2^{30}-1]\) 里的一个随机数。

由于异或存在消去律，令两个集合 \(S,T\) 的对称差为 \(S \sqcup T\)，则有 \(H(S \sqcup T) = H(S)\ \text{xor}\ H(T)\)。

回到题目中，我们将题目里的所有二进制数看成集合，异或看成对称差运算，A 和 B 共用同一个 \(w\) （比如使用相同种子的 mt19937 依次生成 \(w(1),w(2),\cdots,w(1000)\)，或者本地生成好后打表），对每个集合计算哈希值即可。

\(\text{例题 1.1.2：Mapa}\)

https://qoj.ac/contest/1271/problem/6669

题意：

A 有 \(N\) 个正整数二元组，第 \(i\) 个二元组为 \((x_i,y_i)\)，保证 \(x_i\) 互不相同，A 要发送 \(K\) 个二进制位给 B。

B 在收到信息后，需要回答 \(Q\) 个问题，每个问题给定一个 \(x_0\)，B 需要回答一个正整数 \(y_0\) 使得存在一个二元组 \((x_0,y_0)\)，保证一定有解，即 \(x_0\) 在 \(x_1,x_2,\cdots,x_N\) 中出现过。

\(1 \le N,Q \le 100, \ 1 \le x_i,y_i \le 10^9\)，\(K \le 3000\) 即可通过。

解法：

直觉上特别违背信息论，因为只能传递 \(3000\) bits，而传递 \(y_i\) 已经需要 \(3000\) bits。

由于 B 在回答问题的时候知道了 \(x_0\)，我们不妨思考一下是否有必要传递 \(x_i\)。

先考虑有损压缩，尝试随机删掉所有 \(x_i\) 的某一个二进制位，只要不出现两个相同的 \(x_i\)，就可以一直删，删完之后只需要额外传递 \(30\) bits 表示哪些位被删掉了，此做法可以得到 \(58\) 分左右。

但是我们的目标是满分，我们不能在 \(x\) 上花费任何的代价。

假设 B 知道了所有 \(x_i\)，那么 A 只需要按 \(x_i\) 排序后传递 \(y_i\)。思考一下能否将给定的二元组转化成一些固定的 \(x_i\)，比如将所有 \(x_i\) 变成 \([1,N]\) 的排列。

拉格朗日插值！

\(N\) 个二元组唯一确定了一个 \(N-1\) 次多项式，将这个多项式求出来，传递 \([1,N]\) 的点值（传系数也行），插值一下就能求出 \(y_0\)，由于插值有除法，可以在模 \(10^9+7\) 下算，需要的位数不变。

\(\text{例题 1.1.3：Ancient Machine}\)

https://qoj.ac/contest/878/problem/3098

题意：

给定一个长度为 \(N\) 的，只包含 X,Y,Z 的字符串，你可以不断的删去一个字符，如果选择了一个 Y，且它左边是 X，右边是 Z，你会得 \(1\) 分，其它情况不得分。构造一个删除的方案，最大化得分。

A 和 B 都知道 \(N\)，但 A 知道字符串，B 不知道。A 可以向 B 发送 \(L\) 个 bits，B 在收到信息之后，需要构造出方案。

$3 \le N \le 10^5,\ L $ 不超过 \(70000\) 即为满分。

解法：

按照这节的引言所说，首先我们需要明确 B 需要什么，不妨简化一下问题，如果 B 知道了所有信息怎么做。

将最左边的 X 和最右边的 Z 拿出来，只有中间那一段有用。对于一个同字符的极长连续段，其中也只有一个有用。也就是说字符串一定可以被转化成 XY?Y?Y?...?YZ 的形式。观察到其中一定存在子串 XYZ，将这个 Y 删去，然后删去两边之一（注意不要把头尾删去），就能得到一个子问题。

一个特别简洁的方法是，取最左边的 Z，然后从这个 Z 前面的位置不断往前删，直到前面只剩下一个开头 X（注意这个 X 不要删掉），然后删去这个 Z，取下一个 Z 进行相同的步骤。这个做法只需要知道所有 Z 的位置。进一步观察，发现只需要知道每一个 Z 的连续段的最后一个位置就行。

也就是说，我们发送的长度为 \(N\) 的 \(01\) 串不存在相邻的 \(1\)，考虑计算一共有多少长度为 \(N\) 的串，写出 dp 式子发现就是斐波那契数列的第 \(N\) 项，小于 \(2^{70000}\)，理论可行，但是数字太大了，算起来很慢，退而求其次，考虑分块，枚举一些块长，发现：

将串每 \(63\) 个分一块，用 \(44\) bits 传递就行。

至于如何实现？我们可以计算出一个串是字典序第 \(rank\) 小的串，传递 \(rank\)，解密的时候，类似线段树二分，可以根据 \(rank\) 是否小于等于填 \(0\) 后的方案数，确定每一位是 \(0\) 还是 \(1\)。

\(\text{习题 1.1：}\)

$\text{1.2 实时通信题} $

与 \(1.1\) 相对，这类通信题中，各方可以进行在运算过程中实时通信。

大多数情况下，一方充当“交互库”的角色，解决问题的关键是如何设计另一方的问题，即，我们首先需要明确另一方需要什么，然后问题就转化成了 \(1.1\) 的形式，我们需要尽可能高效的回答另一方的问题。

下面这个例题中，双方互相充当对方的“交互库”。

\(\text{例题 1.2.1：Two Transportations}\)

https://qoj.ac/problem/67

题意：

A 手上有一张 \(N\) 个点 \(M_A\) 条边的无向带权图 \(G_A\)，B 手上有一张 \(N\) 个点 \(M_B\) 条边的无向带权图 \(G_B\)。

A 想知道，若考虑所有 \(M_A+M_B\) 条边，即把两张图“并起来”后，节点 \(0\) 到每个点的最短路。A 和 B 可以实时通信。

\(1 \le N \le 2000, \ 0 \le M_A,M_B \le 5 \times 10^5, 1 \le 边权 \le 500\)，总发送量不得超过 \(58000\) bits。

解法：

考虑 Dijkstra 的过程，每次找到一个距离最小的点去松弛，如何知道最小的点？我们可以令 A 和 B 把最小的距离发给对面，如果发现自己的距离小，就将对应点的编号发给对面，这样双方都知道最小的点了。

还有一个问题是，这个距离可能会达到 \(O(NW)\) 级别，\(W\) 是边权范围。令 \(M\) 为目前已知点中距离的最大值，那么距离一定在 \([M,M+W]\) 之间，传递的时候减去 \(M\) 再发送，一轮松弛传递的比特数量为 \(2 \log W+\log n=29\)，总共不超过 \(29n=58000\) 比特，可以通过。

\(\text{习题 1.2：}\)

\(\text{1.3 加密通信}\)

有些题目交互库是自适应的，也就是说 A 和 B 的通信，会被很“聪明”的交互库干扰，一般来说这个交互库真的很聪明，以至于在假设交互库的策略均匀随机的情况下，即使有着极高的正确率，依然无法通过。

但是，你不让交互库看出来你在说什么，不就行了吗？😂

\(\text{例题 1.3.1：Magic Show }\)

https://qoj.ac/contest/1684/problem/8726

题意：

A 和 B 参与一个游戏，他们被关在两个房间中，不能相互通信，游戏的步骤如下：

  • A 选择一个整数 \(n \in [2,5000]\) 告诉主持人 C。
  • C 告诉 A 一个整数 \(X \in [1,10^{18}]\)。
  • A 生成一个 \(n\) 个节点的有标号的无向无根树，告诉 C。
  • C 从树中删去至多 \(\lfloor (n-2)/2 \rfloor\) 条边，并将剩余的边告诉 B。
  • B 根据这棵残缺的数猜出 \(X\)。

解法：

我们不妨传递一条链，A 和 B 事先商量好一个随机排列 \(P\)，A 将所有节点 \(u\) 变为 \(P(u)\) 后传递，B 接收到信息后将所有节点 \(u\) 变为 \(P^{-1}(u)\) 后，即得到原来的链。

在 C 的视角中，他收到的信息可以近似的看成一个随机排列，他不知道在说什么，只能闭眼乱删一半的边。

取 \(n=4800\)，其中令 \([1,1200]\) 为 I 类点，\([1201,2400]\) 为 II 类点，\([2401,4800]\) 为 III 类点。对于 \(X\) 的每一个二进制位，分配 \(20\) 个 I 类点（即传递 \(20\) 次，因为 C 的策略已经退化成随机删边，一个 bit 的正确率为 \(1-2^{-20}\)，已经足够大），如果这一位是 \(0\)，我们不管它，如果这一位是 \(1\)，我们将每一个 I 类点连上一个 II 类点，最后用所有 III 类点把它们串起来。

B 接收到信息之后，只需要看每一个二进制位，是否存在至少一个 II 类点相邻，即可确定这一位是什么。

这题还有很多离谱做法，比如把节点 \(i\) 连到 \((x \bmod (i-1))+1\)，直观上你不可能从 \(5000\) 个数中选出 \(2500\) 个数使得它们的 \(\text{lcm} \le 10^{18}\)。

或者，对于所有点，如果代表的数位是 \(0\)，就挂在 \(1\) 上，如果代表的是 \(1\)，就挂在 \(2\) 上，但这样交互库可以把挂在某个点上的所有边都删掉。那我们就事先商量好一个随机 \(01\) 串，把每个点的策略异或一下，在交互库的视角里面，它只知道一个随机 \(01\) 串，如果 \(X\) 的每个二进制位用 \(80\) 个节点代表，正确率高达 \((1-2^{-80})^{60}\) 约为 \(0.99999999999999999999995036916325\)，非常优秀。

😅。

$ \text{习题 1.3：}$

\(\text{2 交互题}\)

一般来说做交互题时，你需要先明确解决问题需要什么信息，针对这一点设计询问方式。

一些题目需要运用启发式算法（俗称乱搞），还有一些题目需要发现一些性质，或者“灵光一现”。

\(\text{2.1 随机化与启发式算法}\)

这部分的题目，解法大多为随机化算法或启发式算法。

对于复杂的随机化算法或启发式算法，只需要感性理解复杂度，不需要证明，多数情况下，不断加入你所认为正确的优化，优化着优化着，就过了。

\(\text{例题 2.1.1：网络恢复}\)

题意：

https://uoj.ac/problem/550

给定整数 \(N\) 和 \(M\)，有一张 \(N\) 个点 \(M\) 条边的无向简单图，需要你猜测出所有的边。

你可以进行至多 \(50\) 次如下操作，每次操作步骤如下：

  1. 给每个节点 \(i\) 设定一个权值 \(a_i \in [0,2^{64}-1]\)。
  2. 选取一个边的子集 \(S\)。
  3. 对于每个 \(i\)，交互库会计算出 \(b_i = \text{xor}_{u=1}^{n} [(i,u) \in S] a_u\)，即，在只考虑 \(S\) 中的边的情况下，所有 \(i\) 的邻居的权值异或和。
  4. 你会得知所有的 \(b_i\)。

\(N = 10^4, M = 3 \times 10^5\)，不自适应。

解法：

将所有边随机分成大小相等的 \(50\) 份，对每一份进行一次询问，\(a_i\) 随机生成，得到的 \(b_i\) 可以看做是对 \(i\) 的邻居集合进行 XOR-Hashing 的结果。

如果是一棵树的话，可以类似拓扑排序，逐步删叶子（叶子的判定只需要检查 \(b_i\) 是否为某个设定的权值即可）。这个想法可以拓展到图上，先逐步删度数为 \(1\) 的点，如果没有了，就随便取一个点 \(x\)，有很大概率其度数为 \(2\)，枚举一个点 \(y\)，用哈希表查询是否存在另一个点 \(z\)，如果有，就成功删掉了 \(x\)，此时它的两个邻居 \(y,z\) 可能成为度数为 \(1\) 的点，加入队列后继续删即可。

\(\text{例题 2.1.2：Longest Trip}\)

https://qoj.ac/problem/7119

题意：

给定一个 \(N\) 个点的无向图，保证对于任意三个不同的节点 \(u,v,w\)，边 \((u,v),(v,w),(u,w)\) 中至少存在一条。

你可以进行若干次询问，每次询问给出两个点集的子集 \(A,B\) 满足其交集为空。交互库会告诉你是否存在 \(x,y\) 满足：\(x \in A,y \in B\) ，且边 \((x,y)\) 存在。

试通过询问求出一条最长路。

\(3 \le N \le 256\)，询问不超过 \(400\) 次得满分，不自适应。

解法：

考虑充分利用“每三个点之间至少有一条边”的性质。

维护两条链 \(L_1,L_2\)，令两条链的第一个节点为 \(s_1,s_2\)，最后一个节点为 \(t_1,t_2\)，步骤如下：

  • 检查 \(t_1,t_2\) 之间是否有边，如果有就将 \(L_2\) 接在 \(L_1\) 后面，然后清空 \(L_2\)。
  • 任取一点 \(u\)，检查 \(u,t_1\) 之间是否有边 ，如果有就将 \(u\) 加入 \(L_1\) 末尾。如果没有，此时要么 \(L_2\) 为空，可以把 \(u\) 加到 \(L_2\) 的末尾；要么 \(u,t_1\) 没边，\(t_1,t_2\) 没边，\(u,t_2\) 一定有边，也可以把 \(u\) 加到 \(L_2\) 的末尾。

执行上述步骤，会得到两条链，查询 \((s_1,s_2),(s_1,t_2),(t_1,s_2),(t_1,t_2)\) 是否有边，如果其中之一有，找到哈密顿路，做完了。否则由于 \((s_1,s_2),(t_1,s_2)\) 没边，\((s_1,t_1)\) 有边；由于 \((s_2,s_1),(t_2,s_1)\) 没边，\((s_2,t_2)\) 有边，也就是我们会得到两个环。然后查一下两个环之间是否有边，如果没有，输出最大的环；如果有，二分找一下，然后在一个环绕一圈，经过这条边走到另一个环，然后再另一个环上在绕一圈，找到哈密顿路。

询问次数是 \(O(n)+2 \log n\) 的，得到 \(85\) 分，考虑给 \(O(n)\) 部分稍微改改。

维护两条链，可以设计势能函数为：两条链大小之和。检查 \(t_1,t_2\) 是否联通这一步并不会减少势能。

如果同时维护多条链，每次随机取两条链，检查末尾是否有边，可以设计势能函数为：链的个数。检查末尾是否有边这一操作，有概率减少势能。

还有一个优化是，有时会已知存在两条链的末尾之间没有边，此时不需要检查，直接拿来做即可。

\(\text{例题 2.1.3：麻将}\)

https://yundouxueyuan.com/p/YDRG005F?tid=65ccf4cbfbfb0fad8af18874

题意：

本题的麻将不含字牌，共 \(3 \times 4 \times 9=108\) 张，不允许七对子胡。

在本题中，你需要和交互库玩如下游戏：

  1. 游戏开始时，交互库将这一副麻将按某种顺序排列组成牌堆，保证牌堆顶 \(13\) 张牌的听牌集合大小 \(\ge 2\)。
  2. 交互库将牌堆顶 \(13\) 张牌作为她的手牌，然后将牌堆顶第 \(14\) 张到第 \(43\) 张牌（共 \(30\) 张牌）亮出，你可以看到这些牌，注意这些牌可能属于交互库手牌的听牌集合，也可能不属于。然后移除这 \(43\) 张牌（即此时牌堆顶的牌，是初始牌堆的牌堆顶第 \(44\) 张牌）。
  3. 你猜测一张牌，若这张牌属于交互库手牌的听牌集合，则游戏结束；否则交互库会亮出牌堆顶的 \(3\) 张牌中不属于听牌集合的所有牌，并移除牌堆顶的 \(3\) 张牌，你需要继续猜测。注意，如果听牌集合内的一张牌全部被翻出，其仍然属于听牌集合。
  4. 游戏结束时，令你的代价为你的猜测次数。

你需要尽可能最小化游戏的代价。

保证数据随机，\(10000\) 局游戏猜测次数不超过 \(41301\) 次即可通过，更多细节见原题面。

解法：

这是一道考察纯启发式算法的交互题。

如果从 \(5\) 往两边猜，并跳过已经确定不合法的，可以得到 \(12\) 分上下。

本题中保证至少两面听，大致可分为如下几种听牌的类型：

  • \(x,x+1\) 型，例如 1m 1m 1m 2m 2m 2m 3m 3m 3m 4m 4m 2s 3s。
  • \(x,x+1,x+2,x+3\) 型，例如 1m 1m 1m 2m 2m 2m 3m 3m 3m 1s 2s 3s 4s。
  • “双碰”型，例如 1m 1m 1m 2m 2m 2m 3m 3m 3m 4s 4s 5s 5s。

也可能会有 \(\ge 3\) 面听，事实上这种情况出现的较少，对代价的贡献也比较小，我们可以忽略。

介绍一下麻将的防守技巧：

  • 筋牌：假设你知道对面不听某花色的 \(4\)，那么听 \(1\) 的概率会大大降低（不存在 \(2,3\) 或 \(1,2,3,4\) 型），听 \(7\) 的概率会有所降低。
  • 壁牌：假设牌河中已经有很多某花色的 \(3\)，那么听 \(1,2\) 的概率会大大降低；若牌河中有很多 \(4,6\)，那么听 \(5\) 的概率会大大降低。

上述技巧不能适用于“双碰”型，即 \(3\) 个面子 \(2\) 个雀头的听牌形状。事实上这类听牌在现实生活中，在不知道对方是这类听牌的情况下也没有很好的防守技巧。

我们需要对筋和壁设计估价函数，如果对这两种防守技巧设定参数，会变得很复杂，尤其是壁牌。但这两种技巧有一个共性，即它们都减少了在剩余牌中凑出听牌形状的方案数。

我们令 \(f(x)\) 表示牌 \(x\) 的估价函数，对于 \(x,x+1\) 型是很好设计的，把没有筋牌的部分两张牌的剩余数量乘起来就行；对于 \(x,x+1,x+2,x+3\) 型，由于要乘四张牌，显然不平衡，根据物理学中的单位统一，把这四张牌乘起来开根；“双碰型”的话，它还是需要乘四张牌后开根，而且这种类型比较特殊，它的出现概率会随着你猜测次数增大而增大，所以还需要乘上一个随操作次数递增的函数，可能要调一会儿这个参数。

这个函数的表现并不是很理想，我们令 \(g(x)\) 表示，若钦定 \(x\) 不合法后，所有牌的 \(f(x)\) 之和，然后按选取 \(g(x)\) 最小的即可。

欢迎各路大神薄纱 std！

\(\text{习题 2.1}\)

\(\text{2.2 交互题中的思维题}\)

这一节中的题目，往往需要多发现性质，或者需要“灵光一现”。

\(\text{例题 2.2.1：Ancient Machine 2}\)

https://qoj.ac/contest/1300/problem/6774

题意：

你需要猜测一个长度为 \(N=1000\) 的 \(01\) 串 \(S\)，一次询问需要给出一个整数 \(m \in [1,1002]\) 和两个长为 \(m\) 的序列 \(a,b\)，序列中的每个元素 $ \in [0,m-1]$。

交互库会做如下的过程，初始时令 \(u:=0\)，然后进行 \(N\) 次操作，第 \(i\) 次操作为：若 \(S_i=0\)，则令 \(u := a_u\)；若 \(S_i = 1\)，则令 \(u:=b_u\)，其中 \(:=\) 表示赋值操作。

操作完后会告诉你 \(u\) 的值。

也就是说，你需要给出一个大小为 \(m\) 的自动机，交互库会返回跑完这个字符串 \(S\) 后 \(u\) 的值。

你至多进行 \(1000\) 次询问，欲获得满分，你需要保证 \(m \le 102\)。

解法：

令 \(n=1000\)，即答案长度。

由于不需要优化询问次数，且询问次数限制为 \(n\)，考虑问出 \(n\) 个方程把答案解出来。

一个想法是选一些位置，问出它们的异或和。询问的自动机大概是有左右两部分，读取到这些位置的时候，如果这个位置为 \(1\)，就跳到另一部分，最后根据落在哪个部分得到某些位置 \(1\) 的个数奇偶性，也就是这些位置的异或和。

搞两个长度为 \(x\) 的环，对于每个环上的第 \(y\) 个节点，\(1\) 边指向另一个环的下一个节点，其余边均指向当前环的下一个节点，询问这个自动机，可以得到所有模 \(x\) 为 \(y\) 的位置上的异或和，只需要选 \(n\) 个二元组 \((x,y)\) 就行。

不幸的是，这个矩阵不满秩，如果想要满秩的话，\(x\) 的最大值能达到 \(54\)，即 \(M=108\)，不能通过。

考虑先确定前 \(100\) 位，这个是简单的，确定第 \(i\) 位时，节点 \(j(j \lt i)\) 两条边指向 \(j+1\)，节点 \(i\)，\(0\) 边指向 \(i+1\)，\(1\) 边指向 \(i+2\)，\(i+1,i+2\) 的两条边均指向自己。

然后考虑确定后 \(100\) 位，确定倒数第 \(i\) 位时，询问 \(0+(倒数第 i-1 位开始的后缀)\) 的 KMP 自动机，看是否在最后一位上匹配。如果匹配则第 \(i\) 位是 \(0\)，否则是 \(1\)。

对于中间 \(800\) 位解方程，正好就卡进去了。

用 bitset 做消元，时间复杂度 \(O(n^3/w)\)。

\(\text{习题 2.2}\)

\(\text{3 提交答案题}\)

常用的方法有：iddfs，A*，idA*，模拟退火，爬山，随机调整，估价函数。

但这不意味着只要了解了这些算法，你就是提答高手了。对什么设计 A* 的估价函数，怎样剪枝，对什么退火，如何随机，怎样实现更高效，都是要慢慢摸索的。

\(\text{3.1 搜索类提答}\)

此类题目的关键是找一个好的估价函数。

好的估价函数往往需要一定的时间尝试，“提答花的时间越久分数越多”这句话的原因就在此。

\(\text{例题 3.1.1：}N^2\text{ 数码游戏}\)

https://qoj.ac/problem/6689

题意：

用尽可能少的步数求解数字华容道。

题解：

对于测试点 \(1\)，可以爆搜，复杂度 \(O((N^2)!poly(N))\)。

对于测试点 \(2,6\)，可以剪十六个小纸片玩，观察发现前若干次操作一定是转矩形的最外面一圈，类似于 UUULLLDDDRRRUUULLLDDDRRR... 的过程，当把 \(1,2,3,4\) 转到最上面的时候，剩余部分可以暴力或者用下文方法解。

考虑 A*，设计一个估价函数，每一层只保留一些可能比较优的状态，可以试试如下几个。

  • 每个数到终点的曼哈顿距离，的和/平方和/立方和/平方根和。
  • 重新定义距离：\((x_1,y_1),(x_2,y_2)\) 的距离为 \((|x_2-x_1|+1)(|y_2-y_1|+1)\)，算和/平方和/立方和/平方根和。
  • 将距离乘上 \(0\) 到这个数的距离，算和/平方和/立方和/平方根和。

实测和/平方根和比较优秀。

这样子会出现一个现象，目前队列中估价函数最低的会在两个数中反复横跳，每次扰动一步显然是不够的。可以在模 \(2/3/4=0\) 的某一轮中删减状态。

需要调一调删除的频率和保留的状态数。

当然估价函数并不全面，比如有两个相邻但位置相反的数，空格又隔得特别远。其实这种状态是很劣的，但这几种估价都会认为这种状态很优秀。或者说多个路径交错在一起，也是特别劣的，但很难设计函数把它们区分开，欢迎各位来交流更好的估价函数。

题外话：关于多项式复杂度的构造方法，也是我的赛时做法：

  • 大概思路是按照 \(1,2,\cdots,N^2\) 的顺序归位，已经归位的不去动它。
  • 对于前 \(N-2\) 行的前 \(N-2\) 列，记录状态 \((ux,uy,ex,ey)\)，表示目前需要归位的数和空格分别在什么位置，爆搜就行。
  • 对于前 \(N-2\) 行每一行的最后两列，并不能保证上一条能跑出解，但是我们一定可以把棋盘变成下面的形状之一（. 表示空格，? 表示没被归位的数字）：
1 2 . 3
? ? ? 4

1 2 4 .
? ? 3 ?

所以记录状态时记录两个数的位置和空格的位置，也一定能得到解。

  • 对于后两行，由于最后一行极有可能顺序不对，上述方法不能使用。从左往右枚举列，同时归位这一列的两个数，假设 \(N=4\)，目前归位 \(9,13\)，只需要在第三行令 \(13\) 和 \(9\) 挨在一起，然后转下来就行，也可以记录三个坐标爆搜。
1 2 3 4
5 6 7 8
? 13 9 ?
? ? ? .

复杂度 \(O(n^7)\)。肯定有更优的做法。

但这样构造，我只在测试点 \(9\) 得到了 \(3\) 分，其余均为 \(2\) 分。

\(\text{习题 3.1}\)

\(\text{3.2 随机类提答}\)

与 \(3.1\) 同理，需要尝试退火的对象，尝试不同的参数。

要注意的是，一般来说，跑一轮退火容易陷入局部最优解，跑多轮退火就能解决这一点。

\(\text{例题 3.2.1：Road Service}\)

https://qoj.ac/problem/118

题意：

给一棵无向无权树，你需要往里面加入 \(K\) 条边，尽可能最小化：两两节点之间的最短路长度之和。

解法：

说一下我做这个题的过程：

我一开始想的是，加入一条令总距离减少最多的边，但这样实在是太慢了，于是我就随了几条边取最优，这个表现并不是很优秀，在 case 2 只得到了 \(18\%\) 的分数。

打算给 case 1 写一个暴力，算量是 \(\binom{n(n-1)/2}{k}n^2\)，在一个不错的电脑上能 \(10\) 分钟内出解，发现连出来的是一个菊花图，想了想发现菊花图确实很对，因为菊花图内部的路径非常短，每个点到菊花图上的路径长度也很小。

直觉告诉我，菊花的根选择重心，但是选择菊花叶子比较麻烦，因为算一次代价是 \(O(n^2)\) 的，但是可以随机尝试几个叶子啊，这样能在几分钟内在 case 2 跑出 \(60\%\) 到 \(70\%\)，调用全家电脑去跑枚举所有叶子的程序，得到了所有点的 \(80\%\) 到 \(90\%\)。

题目中的代价不好维护，我想了一个估价函数，我们不妨忽略菊花，直接把菊花中的所有点“缩起来”。由此想到估价函数：每个点到菊花根的最短路径之和，这样计算一次代价只需要 \(O(n)\) 的时间。

先贪心选令估价函数减少最多的点，选出一个集合，枚举集合内哪个作为根，可以在 \(O(kn^2)\) 的时间内运行完毕，而且非常优秀，能在所有点得到 \(90\%\) 到 \(95\%\)。

对叶子退火试试？每次扰动选择一个叶子和菊花图外的点交换并估价，每个点跑五六分钟就可以得到满分。

此题还有别的做法，一种是对叶子爬山，每次扰动随机一个子集换出，这个子集大小需要调一调，你甚至可以动态调整，发现爬不动了就多换一点。

还有一种是最小化估价函数的确定性做法，类似 NOI2008 奥运物流的二维树上背包，实现的好可以在一秒内出解，很厉害。

我的退火代码在 i7-1260P 2.10GHz 16GB 上，能在一分钟的时间对 case 6 处理完毕。

\(\text{习题 3.2}\)

\(\text{碎碎念}\)

熟悉笔者的都知道，笔者是非传统题和启发式算法的究极爱好者，热衷于用各种“歪解”过题。

比如 2023 NOIP t3 ，我在长时间的坐牢之后，突发奇想用特殊性质的代码去跑没有特殊性质的大样例，发现只筛掉了约一半的测试点，由此尝试把序列 reverse 一下再跑一遍，就通过了；在 2024 联合省选 d2t2 中，对贝尔数的搜索加了很多剪枝，多跑过了 \(15\) 分。

到了 NOI 2024，我非常幸运的在 day1 遇到两道擅长的题目：t1 是本文开头提到的 xor-hashing，t2 是我擅长的交互题，这两道题都是飞速通过，给 t3 留下了充足的时间；在 d2t1 中，根据多年写搜索的经验，想到去优化搜索的最后一层递归，多获得了 \(10\) 分，这让我即便在误判 d2t2 难度，丢掉 \(40\) 分的情况下，凭借这 d2t1 多的 \(10\) 分和 day1 的优势，擦线进入了集训队。

进队之后，我被邀请到一些学校讲课交流，在正式内容提前讲完的情况下，我都会用之前做的非传统题填满剩下的时间。如果一切顺利，这篇文章会是我的候选队论文，可惜我在 CTT 中惨烈坠机，准确的说，根本就没起飞，没有任何一场比赛进入过前 \(30\)。

每当有人和我提起“乱搞无用论”之时，我都会用我的 oi 生涯坚定的反驳他，如果我不会乱搞，这个集训队我还能进吗，甚至说，这个江苏省队我还能进吗？

希望你们都爱上乱搞，爱上非传统题！

posted @ 2025-01-31 14:35  znstz  阅读(822)  评论(5)    收藏  举报