CF1746E2 Joking (Hard Version) 题解

非常厉害的一道交互题。

思路#

由于交互库会说谎，我们考虑把两次询问划分成一组。

结论：假如一个集合在两次询问中都为不成立，那么这个集合也就一定不成立。

证明显然，因为这两次中总有一次时真话。

那么我们就可以想到一个比较暴力的想法。

每一次把集合划分为四个， $S_{0, 0}, S_{0, 1}, S_{1, 0}, S_{1, 1}$ 。

第一次询问	第二次询问	排除的集合
$Yes$	$Yes$	$S_{0, 0}$
$Yes$	$No$	$S_{0, 1}$
$No$	$Yes$	$S_{1, 0}$
$No$	$No$	$S_{1, 1}$

这样就可以做到 $\log_{\frac{3}{4}} n$ 的次数将集合缩小到三。

缩小到三后分类讨论一下就可以过简单版本了。

但这个时候我们可以意识到其实不需要分组。

可以直接不断考虑相邻的两次询问。

继续从结论出发。

假如上一次询问的是 $S$ ，且 $S$ 被回答为 $Yes$ （假如本来是 $N o$ 的话就直接取补集即可）， $S$ 的补集为 $T$ 。

如果我们这一次询问一个集合 $U$ ，它的补集为 $P$ 。

假如答案为 $Yes$ ，那么排除的集合为 $T \cap P$ 。

假如答案为 $No$ ，那么排除的集合为 $T \cap U$ 。

我们的目的就是让排除的集合尽量多。

总结一下过程。

维护两个东西， $S$ 与 $T$ 。

$S$ 是上次询问得到的合法的集合， $T$ 则是 $S$ 的补集。

贪心的，每一询问将 $S$ 分为 $S_{0}, S_{1}$ ， $T$ 分为 $T_{0}, T_{1}$ 。

然后询问 $S_{0} \cup T_{0}$ 。

假如答案为 $Yes$ ，那么更改集合为 $S \leftarrow S_{0} \cup T_{0}, T \leftarrow S_{1}$ 。

假如答案为 $No$ ，那么更改集合为 $S \leftarrow S_{1} \cup T_{1}, T \leftarrow S_{0}$ 。

在集合大小较大时，我们可以直接均分两个集合，就比较优秀。

但在测试样例的时候可能会发现程序会一直询问。

这是因为在集合大小较小时，直接均分就不是特别优秀。

甚至有可能会产生无法排除的情况。

那么考虑在集合大小较小时进行特殊处理。

我们设 $d p_{i, j}$ 表示 $S$ 大小为 $i$ ， $T$ 大小为 $j$ 时最多还需要分几次。

初始状态为 $i + j \leq 2, d p_{i, j} = 0$ ，也就是可以直接进行询问。

那么转移就可以类似操作一样的枚举。

d p_{i, j} = 1 + min_{l \leq i, r \leq j} (max (d p_{l + r, i - l}, d p_{i + j - l - r, l}))

记一下每个点从那里转移来的即可。

这样在集合大小较小时也能快速的排除。

Code#

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define eb(...) emplace_back(__VA_ARGS__)

int main()
{
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);

	int n;

	cin >> n;

	auto ask = [&](vector<int> a) {
		cout << "? " << a.size() << " ";
		for(auto i : a) cout << i << " ";
		cout << endl;
		string b; cin >> b;
		return (b == "YES" ? 1 : 0);
	};
	auto getEnd = [&](int x) {
		cout << "! " << x << endl;
		string b; cin >> b;
		if(b == ":)") exit(0);
		return;
	};
	auto Mer = [&](vector<int> a, vector<int> b) {
		for(auto i : b) a.eb(i); return a;
	};

	vector<int> s, t;
	array<array<int, 100>, 100> dp;
	array<array<pair<int, int>, 100>, 100> pre;

	for(int i = 1;i <= n;i++)
		s.eb(i);
	for(int i = 0;i < 100;i++)
		for(int j = 0;j < 100;j++)
			dp[i][j] = 1e9;
	for(int k = 0;k < 100;k++) {
		for(int i = 0;i < 100;i++)
			for(int j = 0;j < 100;j++) {
				if(i + j != k) continue;
				if(i + j <= 2) dp[i][j] = 0;
				for(int l = 0;l <= i;l++) {
					for(int r = 0;r <= j;r++) {
						if(dp[i][j] > 1 + max(dp[l + r][i - l], dp[i + j - l - r][l])) {
							dp[i][j] = 1 + max(dp[l + r][i - l], dp[i + j - l - r][l]);
							pre[i][j] = {l, r};
						}
					}
				}
			}
	}
	while(s.size() + t.size() >= 3) {
		int len1 = s.size(), len2 = t.size();
		int pre1 = len1 / 2, pre2 = len2 / 2;
		if(len1 + len2 < 100)
			pre1 = pre[len1][len2].first,
			pre2 = pre[len1][len2].second;
		vector<int> s0(s.begin(), s.begin() + pre1);
		vector<int> s1(s.begin() + pre1, s.end());
		vector<int> t0(t.begin(), t.begin() + pre2);
		vector<int> t1(t.begin() + pre2, t.end());
		int flag = ask(Mer(s0, t0));
		if(flag == 1) s = Mer(s0, t0), t = s1;
		if(flag == 0) s = Mer(s1, t1), t = s0;
	}
	for(auto i : s) getEnd(i);
	for(auto i : t) getEnd(i);
	return 0;
}