通信题

问题

你尝试在一块信息介质上记录下一个 \(1\) 到 \(n\) 之间的整数 \(x\)，每次可以写入一个比特 \(0\) 或 \(1\)，不过因为一些原因，实际写入的比特不一定和发出的指令相同，但可以保证任意连续的两次写入中，至少有一个是正确写入的，每次操作后可以查看实际写入状态。在另外一个场景中你得到了之前写下的信息，要还原出 \(1\) 到 \(n\) 之间的数 \(x\)，由于信息丢失，\(x\) 可能存在 \(2\) 种可行值，此时要找出这两个可行值。对于确定的 \(n\)，我们需要的信息比特量最少是多少？

思考

先考虑找到一个能用的策略。

注意到 \(01\) 串 0000 0110 1111 在受到扰动（翻转一些位）后仍然可以保留一些性质，扰动后 0000 不可能包含 11，0110 必然包含 00 或 11，1111 不可能包含 00 。可以发现最终写入的串必然满足三个中的两个，于是可以确定对应的原信息一定不是三个中剩下的那一个。

于是我们可以维护一个 \(x\) 可能存在的集合 \(S\)，开始 \(S=\{1,2,...,n\}\)，每次将 \(S\) 尽量均分成三个集合 \(S_1,S_2,S_3\)，\(x\) 实际在哪个集合中就分别用 0000 0110 1111 表示，根据实际写入的信息能够知道 以后在解码时可以排除掉 \(S_1,S_2,S_3\) 中的哪个集合，然后将 \(S\) 更新为另外两个集合的并即可。

最后 \(|S|\leq 2\) 时 解码方就知道是哪两种可行值了。每轮之后候选集合的规模都为之前的 \(\frac{2}{3}\)，于是比特量为 \(4\log_{1.5}n\)，这里主要考虑 \(n\) 足够大甚至 \(n\rightarrow \infty\) 时的情况，因此忽略取整等问题。

可以发现上面的方案中编码方和解码方的工作其实是同步进行的，在实际操作中是双方有着同一套问答体系，只不过编码时只回答问题，解码时只获取问题答案，具体问的问题双方都默默过了一遍。

这启发我们对问题做一个转化，将写入和读取换为同步的问答，即：

已知 \(x\) 在 \(1\) 到 \(n\) 之间，你每次要向对方询问一个有关 \(x\) 的问题，对方会返回一个 \(0\) 或 \(1\) 作为答复，答复不一定为真，但保证连续两次回答中至少有一个是真的，请你用尽可能少的询问次数找到 \(x\) 的 \(2\) 种可行值。

这样 \(x\) 存在两种可能性就是可以理解的了，对方只需要在奇数次询问按照 \(x\) 如实回答，偶数次询问按照另一个数 \(y\) 回答，你就只能确定实际的数是 \(x\) 或者 \(y\) 了。

“询问一个有关 \(x\) 的问题” 太抽象了，可以发现这等价于给定一个集合 \(T\)，询问 \(x\) 是否在里面。

解决

考虑维护一对集合 \((A,B)\)，表示若上一次对方的回答为 真/假 时 \(x\) 的候选集合为 \(A\) / \(B\) 。设这次询问的集合为 \(C\)，那么根据答复分类讨论可以得到

\[(A',B')=\begin{cases} (C,A/C) & \text{ans}=1 \\ ((A\cup B)/C, A\cap C) & \text{ans} = 0 \end{cases} \]

其中若这一次答复为假，则上次必须为真，否则上次真假皆可能。

若要研究询问次数，则我们只关心集合的大小，\(|A|+|B|\) 什么时候 \(\leq 2\)，设 \(n=|A|,m=|B|\)，\(a=|A\cap C|,b=|B\cap C|\)，则

\[(n',m')=\begin{cases} (a+b,n-a) & \text{ans}=1\\ (n-a+m-b,a) & \text{ans}=0 \end{cases} \]

设 \(f(n,m)\) 表示 \(A,B\) 规模分别为 \(n,m\) 时所需要的最少询问数，则在 \(n+m>2\) 时有

\[f(n,m)=\min_{0\leq a\leq n,0\leq b\leq m}\{\max(f(a+b,n-a),f(n-a+m-b,a))\}+1 \]

初始 \(A=\{1,2,...,n\}\)，\(B=\empty\)，所以我们关心的就是 \(f(n,0)\) 的值。

考虑将每次 \(\text{ans}=0/1\) 的情况画成一棵二叉决策树，根节点即 \(f(n,0)\)，现在要求树的高度。不失一般性地，假设所有情况下的询问次数都相同，否则将次数较少的情况后面加上若干次询问 \(C=\empty\) 补齐。根据递推式，注意到 \(f(a,b)\) 的后继节点 \(f(a_1,b_1),f(a_2,b_2)\) 必然满足 \(a_1+a_2=a+b,\;b_1+b_2=a\)，因此统计同一层上所有 \(A\) 的大小之和与 \(B\) 的大小之和，应是这么变化的

\[(\text{Sum}_{\text{true}},\text{Sum}_{\text{false}})\rightarrow (\text{Sum}_{\text{true}}+\text{Sum}_{\text{false}},\text{Sum}_{\text{true}}) \]

可以发现这就是斐波那契数列的递推：\((\text{Fib}(i+1)+\text{Fib}(i),\text{Fib}(i+2))=(\text{Fib}(i+2),\text{Fib}(i+1))\)，而这里初始项为 \((n,0)\)，于是乎第 \(i\) 层的总大小为 \(n\cdot\text{Fib}(i+2)\) 。众所周知

\[\text{Fib}(n)=\frac{1}{\sqrt 5}\left[\left(\frac{1+\sqrt5}{2}\right)^n-\left(\frac{1-\sqrt5}{2}\right)^n\right] \]

记 \(\phi =\frac{1+\sqrt 5}2\)，则 \(\text{Fib}(i)\) 在 \(i\) 足够大时趋向 \(\phi^i/\sqrt 5\) 。考虑二叉树的最后一层，所有叶子节点都满足 \(|A|+|B|\leq 2\)，设树高为 \(h\)，最后一层共 \(2^h\) 个节点，则这一层的总大小 \(\leq 2\cdot 2^h\)，因此

\[n\cdot \text{Fib}(h+2)\leq 2\cdot 2^h\\ \frac{n}{\sqrt5}\phi^{h+2}\leq 2\cdot 2^h,\;(\frac{2}{\phi})^{h+1}\geq \frac{n\phi}{\sqrt 5}\\ h\geq \log_{\large\frac{2}{\phi}}\frac{n\phi}{\sqrt 5}-1=\log_{\large\frac{2}{\phi}}\frac{n\phi^2}{2\sqrt 5} \]

于是我们所需要的比特量的下界为 \(\displaystyle \log_{\Large\frac{2}{\phi}}\frac{n\phi^2}{2\sqrt 5}\)。

具体方案的构造：每次取 \(a=\frac{n}{2},b=\frac{m}{2}\)，则无论 \(\text{ans}=0/1\) 规模都会变为 \((\frac{n+m}2,\frac{n}2)\)，最终 \(n+m\leq 2\)，容易得到最后第 \(i\) 次操作之后 \(\displaystyle n+m=\frac{n\cdot \text{Fib}(i+1)}{2^i}\leq 2\)，关于 \(i\) 的不等式与上面的完全相同，因此操作次数即比特量下界。

在实际操作中可以令 \(a=\lceil\frac{n}{2}\rceil,b=\lfloor\frac{m}{2}\rfloor\)，这样的询问数在渐进意义上是达到下界的。若要精确达到最小值，需要 \(O(n^4)\) 递推计算 \(f(n,0)\)，\(a,b\) 的选取按照 \(\arg\min\) 来。在具体实现中，\(n=10^5\) 时可以做到最多用 \(53\) 个比特，\(n=10^9\) 时最多 \(96\) 个，和下界吻合的很好。

推广

如果将条件改为「保证连续 \(k\) 次写入中至少有一个是正确的」呢？

此时最终确定下来的可能值的个数为 \(2^{k-1}\)，考虑沿用前面的策略，我们对前 \(k-1\) 个答复的所有真假可能性维护 \(2^{k-1}\) 个候选集合 \((A_{11..1},A_{01..1},...,A_{00..0})\) （低位在前），比如看 \(k=3\) 的情况

\[(A_{11}',A'_{01},A'_{10},A'_{00})=\begin{cases} ((A_{11}\cup A_{10})\cap B,(A_{11}\cup A_{10})/B,(A_{01}\cup A_{00})\cap B,A_{01}/B) & \text{ans}=1 \\ ((A_{11}\cup A_{10})/ B,(A_{11}\cup A_{10})\cap B,(A_{01}\cup A_{00})/ B,A_{01}\cap B) & \text{ans}=0 \end{cases} \]

还是看二叉树上集合大小之和的变化，是 \((a_{11},a_{01},a_{10},a_{00})\rightarrow (a_{11}+a_{10},a_{11}+a_{10},a_{01}+a_{00},a_{01})\)，也就是 \(a'_s=a_{s/2}+a_{s/2+2^{k-2}},\;a'_0=a_1\) 。看看 \(k=4\) 的情况（把初始的 \(n\) 换为 \(1\)）：

\[(1,0,0,0,0,0,0,0)\rightarrow(1,1,0,0,0,0,0,0)\rightarrow (1,1,1,1,0,0,0,0)\\ \rightarrow (1,1,1,1,1,1,1,1)\rightarrow (2,2,2,2,2,2,2,1)\rightarrow (4,4,4,4,4,4,3,2) \rightarrow (8,8,8,8,7,7,6,4)\\ \rightarrow (15,15,15,15,14,14,12,8)\rightarrow (29,29,29,29,27,27,23,15)\rightarrow (56,56,56,56,52,52,44,29)\\\rightarrow \dots\dots \]

这个变换用矩阵是好刻画的

\[\begin{align} M&=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 1 \\ \end{pmatrix}\\ \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \times M^p &= \begin{pmatrix} a^p_{111} & a^p_{011} & a^p_{101} & a^p_{001} & a^p_{110} & a^p_{010} & a^p_{100} & a^p_{000} \end{pmatrix} \end{align} \]

不过对于一般的 \(k\)，\(M\) 的特征值不太好求，从这个角度求出 \(\{a\}\) 具体的通项是困难的。

注意到从 \(2k-2\) 项开始，\(a_s\) 的值开始按照二进制含 \(1\) 的最高位分层组，这一点容易归纳证明。对于线性常系数递推式，若 \(M\) 存在一个特征值的绝对值比其它的都大，则当项数 \(p\rightarrow \infty\) 时，前后两项对应位的比值会趋向于一个定值，设 \(Q\) 为 \(M\) 的一个对角矩阵，\(M=TQT^{-1}\)，\(A_p\) 是第 \(p\) 轮操作后 \(\{a\}\) 组成的行向量，则 \(A_0\times M^p=A_p\iff A_0\times TQ^pT^{-1}=A_p\)，\(Q^p\) 中绝对值最大者会占主导地位，前后项比例会趋向这个值。

假设对于 \(A_p\) 这个比例存在，则 \(\{a\}\) 中各项的大小关系也会趋向固定， 设 \(A_p=(c\;\;c\;\;c\;\;c\;\;b\;\;b\;\;a\;\;1)\)，则 \(A_{p+1}=(b\!+\!c\;\;b\!+\!c\;\;b\!+\!c\;\;b\!+\!c\;\;a\!+\!c\;\;a\!+\!c\;\;1\!+\!c\;\;c)\)，根据比例有

\[{\begin{cases} \frac{b}{c}+1 = c\\ \frac{a}{c}+1 = b\\ \frac{1}{c}+1 = a \end{cases} \;\Rightarrow \; \frac{\frac{\frac{1}{c}+1}{c}+1}{c}+1=c}\\ \Rightarrow 1+c+c^2+c^3=c^4 \]

对于一般的 \(k\)，容易得到比例 \(\lambda\) 即 \(1+x+x^2+...+x^{k-1}=x^k\) 的正实数根，由于正根唯一且不存在绝对值更大的负实数根，因此比例极限存在，即 \(\lambda\) 。

回到 \(k=4\) 的情况，可以发现确实在 \(i\geq 2k-2\) 时，\(A_i=A_{i-1}+A_{i-2}+A_{i-3}+A_{i-4}\)，与方程吻合。进一步地，设 \(f_i\) 为 \(A_i\) 的各项之和，可以得到

\[f_i=\begin{cases} 2^i & 0\leq i\leq k-1 \\ 2^i-(i-k+2)2^{i-k-1} & k\leq i\leq 2k-2 \\ f_{i-1}+f_{i-2}+...+f_{i-k} & i>2k-2 \end{cases} \]

众所周知，通过「生成函数部分分式分解」或「矩阵对角化」可以得到 \(f_i\) 的通项公式为 \(f_n=\sum_{i=0}^{k-1}c_i\lambda_i^n\)，\(\lambda_0,..,\lambda_{k-1}\) 为 \(1+x+..+x^{k-1}=x^k\) 的 \(k\) 个根，设 \(c\) 为唯一正实数根 \(\lambda\) 系数，则 \(n\) 足够大时，\(f_n\rightarrow c\cdot \lambda^n\) 。

在二叉树的最后一层应有每个节点的大小 \(\leq 2^{k-1}\)，现在我们得到第 \(h\) 层的总大小 \(n\cdot f_h\sim n\cdot c\cdot \lambda^h\)，于是

\[n\cdot f_h\leq 2^h\cdot 2^{k-1}\\ n\cdot c\cdot \lambda^h \leq 2^{h+k-1},\;(\frac{2}{\lambda})^h\geq \frac{nc}{2^{k-1}}\\ \begin{align} h&\geq \log_{\Large \frac{2}{\lambda}}\frac{nc}{2^{k-1}}\\ &=\log_{\Large \frac{2}{\lambda}}nc-(k-1)\log_{\Large \frac{2}{\lambda}}2\\ &=\log_{\Large \frac{2}{\lambda}}nc-\frac{k-1}{1-\log_2\lambda}\\ &=\log_{\Large \frac{2}{\lambda}}n-\frac{k}{1-\log_2\lambda}+\epsilon(k) \end{align} \]

最终我们的结果是：

令 \(\lambda\) 为 \(1+x+...+x^{k-1}=x^k\) 正实数根，则最少需要的比特数量为 \(\displaystyle \log_{\Large \frac{2}{\lambda}}n-\frac{k}{1-\log_2\lambda}+\epsilon(k)\)，其中 \(\epsilon(k)\) 为只与 \(k\) 有关的常数。

具体方案还是所有候选集合各取一半拼成询问集合，渐进意义下可达下界。

\(c\) 明显很复杂，因此 \(\epsilon(k)\) 很难展开，意义也不大，但是对于固定的 \(k\)，是可以算出具体值的。

背景

IMO2012 P3：要求证明最终可能集合大小 \(\leq 2^{k-1}\)，且存在方案使得集合大小 \(\geq 1.99^{k-1}\)

BOI2022 P4：\(n\leq 10^9,k=2\) 的情形，要求使用比特数 \(\leq 100\)

CF1746E2：\(n\leq 10^5,k=2\) 的情形，要求使用比特数 \(\leq 53\)

Searching with local constraints on error patterns：\(1994\) 年的论文，讨论的是连续 \(k\) 个中至多有一个错的情况。