【题解】「JOISC 2019 Day4」矿物

交互题，给定 \(N\) 种颜色，每种颜色恰好 \(2\) 个球，每次可以向集合中插入/删除一个球，然后得到集合中有多少种颜色。你需要在 \(10^6\) 次操作内将球两两配对 \(N\le 4.3\times 10^4\)。

首先不难想到生日悖论，每次随机向集合中加入一个球，当集合中出现相同的球时就配对，然后清空集合。这样做期望次数是 \(\mathcal{O}(N\sqrt N)\)，实际得分 \(6\) 分。

这个数据范围显然是留给 \(\log\) 做法的，我们优先考虑分治。现在我们 solve(S) 表示将集合 \(S\) 中的球配对。假设一共有 \(n\) 对，取 \(m = n / 2\)，将集合中的球依次加入直到有 \(m\) 对同色球，然后再扫一遍将集合中没有配对的球删去就可以得到 \(\mathcal{O}(N\log N)\) 的算法。但是常数非常大，只能得到 \(40\) 分。

想办法优化常数，如果我们在调用 solve(S) 的时候，已经将每对球中恰好一个球加入集合中，那么我们扫一遍可以同时分出两组 \(m\) 对球，并且每对球都是恰好一个在集合中。这样做每次 solve 的操作次数都是严格小于 \(|S|\) 次，但由于毒瘤出题人，仍只有 \(40\) 分，但是操作次数已经由 \(2\times 10^6\) 优化到 \(1.3\times 10^6\)。

我们发现操作多的原因在于扫的时候，如果一个球不能配对，就需要再操作一次把它放回集合。我们观察一下发现，我们不需要每对球恰好一个在集合中，我们只需要将 \(S\) 能分成的两组 \(A,B\) 使得每组中不存在相同的颜色，而这可以通过最开始扫一遍将每个球染色即可。这样每次 solve 的操作次数都是严格小于 \(\frac{3}{4}|S|\)，可以得到 \(85\) 分。

由于出题人丧心病狂的卡常，最后一个点多了大概一万次操作我们注意到每次 solve 有 \(\frac{3}{4}\) 的常数，那么我们每次在中点分治并不是最优的，将分治点偏移一点，调参就过了。

#define S 86005
mt19937 rd(time(0));
int v[S], lst = 0, idx, id[S];
int Query(int);
void Answer(int,int);
int ask(int x){v[x] ^= 1; return Query(x);}
void solve(vector<int>c){
	int n = si(c);
	if(n == 2){Answer(c[0], c[1]); return ;}
	vector<int>p, q, l, r;
	go(x, c)if(id[x])p.pb(x); else q.pb(x);
	int m = max(1, (int)(n * 0.185)), s = 0;
	rep(i, 0, m - 1)lst = ask(q[i]), r.pb(q[i]);
	rep(i, m, si(q) - 1)l.pb(q[i]);
	int op = !v[q[0]];
	go(x, p){
		if(s == m)l.pb(x);
		else{
			int w = ask(x);
			if((w != lst) ^ op)l.pb(x);
			else r.pb(x), s++;
			lst = w;
		}
	}
	solve(l), solve(r);
}
void Solve(int n){
	n <<= 1;
	vector<int>a;
	rp(i, n)a.pb(i);
	shuffle(a.begin(), a.end(), rd);
	rp(i, n){
		int x = a[i - 1];
		int w = ask(x);
		if(w == lst)id[x] = 1;
		lst = w;
	}
	solve(a);
}