2021牛客暑期多校训练营3A-Guess and lies【dp】

1|0正题

题目链接:https://ac.nowcoder.com/acm/contest/11254/A

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1|1题目大意

现在有一个$y\in[1,n]$，$Bob$每次可以选择问$Alice$是否$y\geq x$，$Alice$可以说一次谎。$Bob$要在最少次数内确定$y$的值，而$Alice$尽量使得次数最多。

现在已知第一次$Bob$询问的是$k$且$Alice$回答了是，对于$k\in[1,n]$求每个$k$ $Bob$需要的最少询问次数。

$1\leq n\leq 2000$

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1|2解题思路

$dls$ 在 WC 讲的神仙题目。

对于一种情况，假设$y=i$时，$Alice$说谎的次数是固定的，记这个次数为$a_i$，所以如果当$1\sim n$中只有一个数字满足$a_i\leq 1$时那么答案就是这个数字了。

然后看$Bob$的操作，它每次可以选择一个$x$，$Alice$可以选择让$\geq x$的数字或者让$<x$的数字的位置$a_i=a_i+1$，$Bob$需要用最少的次数使得只有一个位置$a_i\leq 1$。

发现因为每次都是覆盖一个前缀或者一个后缀，所以如果只保留$a_i=0/1$的话那么所有的状态肯定是若干个$1$+若干个$0$+若干个$1$，分别记为$a/b/c$个，我们就可以设状态为$f_{a,b,c}$进行转移。

考虑到随着$c$的增大我们肯定会尽量选择中间的位置，也就是决策位置是单调递增的，所以我们可以做到$O(n^3)$的转移。

然后注意到这个和猜数字的规则很像，询问次数级别不会超过$\log n$，所以我们可以考虑交换次数和一个值域，记$f_{w,a,b}$表示猜测了$w$次能够猜出来的$a$个$0$+$b$个$1$+$c$个$0$中最大的$c$，然后用决策单调性转移。

时间复杂度：$O(n^2\log n)$

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1|3code

	#include<cstdio>
	#include<cstring>
	#include<algorithm>
	using namespace std;
	const int N=2100;
	int n,inf,f[20][N][N];
	int calc(int u,int v){
		int ans=19;
		while(ans&&f[ans-1][u][v]>=0)ans--;
		return ans;
	}
	int main()
	{
		scanf("%d",&n);
		memset(f,0xcf,sizeof(f));
		inf=f[0][0][0];
		for(int i=0;i<=1;i++)
			for(int j=0;j<=1-i;j++)
				f[0][i][j]=1-i-j;
		for(int i=1;i<=19;i++){
			for(int j=0;j<=n;j++)
				for(int k=0;k<=j;k++){
					int u=f[i-1][j-k][k];
					int v=f[i-1][k][j-k];
					if(u!=inf&&v!=inf){
						u=min(u,n-j);
						f[i][u][j]=max(f[i][u][j],v);
					}
				}
			for(int j=0;j<=n;j++){
				int v=f[i-1][j][0];
				if(v!=inf){
					for(int k=0;k<=n-j;k++){
						int u=f[i-1][k][j];
						if(u==inf)break;
						f[i][min(u,n-j)][j]=max(f[i][min(u,n-j)][j],v+k);
						f[i][min(v+k,n-j)][j]=max(f[i][min(v+k,n-j)][j],u);
					}
				}
			}
			for(int j=0;j<=n;j++)
				for(int k=n-j-1;k>=0;k--)
					f[i][k][j]=max(f[i][k][j],f[i][k+1][j]);
		}
		for(int i=0;i<n;i++)
			printf("%d ",calc(i,n-i));
		return 0;
	}

__EOF__

本文作者：QuantAsk
本文链接：https://www.cnblogs.com/QuantAsk/p/15931738.html
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