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交互题

有\(n\)个人\((n=a+b\leq 10^3)\)，编号\(0\)至\(n-1\)，其中\(a\)个人诚实地回答问题，\(b\)个人会任意选择诚实或不诚实地回答问题（以某种策略）。

询问次数\(2n\)，询问格式为\(?\ x\ y\)，指问第\(x\)个人第\(y\)个人的身份，确定无解或\(n\)个人的身份。

Solution

先判定无解，\(a\leq b\)时显然无解，因为\(b\)个人中有\(a\)个人可以按照诚实的人的回答方式回答问题（回答自己的\(a\)个人时答诚实，回答其它\(b\)个人答不诚实）。

首先确定一个思路：先要找到一个诚实的人，这个最多花\(n+1\)步必须完成。

那我们如何从回答中获取诚实的人的信息呢？

注意一个重要的性质：如果回答\(No\)，两人中一定有一人不诚实。

那么我们若同时不考虑这两个人，仍保证了\(a>b\)，且问题规模变小了。

于是我们按照\(0\ and\ 1,\ 1\ and \ 2,\dots\)这样询问就可以了，遇到\(No\)就把两个一起取走，最后剩下一个序列。因为\(a>b\)，所以其中一定有诚实的人。而且出现了诚实的人，那么后面出现的一定全是诚实的人，于是取最后一个再问\(n-1\)次即可。

这样乱搞似乎是\(O(n^2)\)的？其实用栈维护就是\(O(n)\)的。

空栈或\(Yes\)就压栈，\(No\)就弹栈，最后取栈顶即可。

题外话：这个一步步抵消的思路让我想到了摩尔投票法，也就是这道经典题目的解法。

Code

#include<stack>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int N = 4005;
int ans[N];

inline int read()
{
 	int x = 0, f = 1; char ch = getchar();
	for (; ch < '0' || ch > '9'; ch = getchar()) if (ch == '-') f = -1;
	for (; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + ch - '0';
	return x * f;
}

bool query(int x, int y)
{
    printf("? %d %d\n", x, y);
    fflush(stdout);
    char s[3]; scanf("%s", s);
    return s[0] == 'Y';
}

int main()
{
    int a = read(), b = read();
    if (a <= b) return puts("Impossible"), 0;
    
    stack<int> Stack;
    for (int i = 0; i < a + b; ++i)
    {
        if (Stack.empty()) Stack.push(i);
        else
        {
            if (query(Stack.top(), i)) Stack.push(i);
                else Stack.pop();
        }
    }
    
    for (int i = 0; i < a + b; ++i) if (query(Stack.top(), i)) ans[i] = 1;
    printf("! ");
    for (int i = 0; i < a + b; ++i) printf("%d", ans[i]);
    return 0;
}