P6714 [CCO 2018] Wrong Answer 题解

同步发表于 Luogu

问题简述#

有一个含 \(N\) 个点的完全图，边有边权，您可以操作两个人从第一个点去遍历每个点，仅能从编号较小的点到达编号较大的点，求最小的边权和。

然后这里有一个错解：

def Solve(N, A):
    # A[i][j] is cost of moving from level i to level j
    # N is the number of levels
    x, y, sx, sy = 1, 1, 0, 0 # Initialize x and y to 1, sx and sy to 0
    for i in range(2, N + 1): # loop from 2 to N
        if sx + A[x][i] < sy + A[y][i]:
            sx += A[x][i]
            x = i
        else:
            sy += A[y][i]
            y = i
    return sx + sy

你要构造数据 Hack 它，如果这份代码的输出达到了 STD 的 \(x\) 倍，你就可以获得 $ \lceil x/4 \rceil \times 4 $ 的分数。

思路#

这是一篇非常鲁棒/暴力的乱搞题解

即使你看不懂题目 / STD / 错解也可以使用该方法快速 AC。

讨论区里 这个是修正版 SPJ，里面有这么一段：

//Right Answer
memset(dp, 0x3f, sizeof(dp)); dp[1][1] = 0;
for(int i=2; i<=N; i++)
    for(int j=1; j<i; j++){
        //dp[i-1][j] -> dp[i][j]
        dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i-1][j] + cst[i-1][i]);
        //dp[i-1][j] -> dp[i][i-1]
        dp[i][i-1] = min(dp[i][i-1], dp[i-1][j] + cst[j][i]);
    }
rans = dp[0][0];
for(int i=1; i<=N; i++)
    rans = min(rans, dp[N][i]);
//Fake answer
int x = 1, y = 1, sx = 0, sy = 0;
for(int i=2; i<=N; i++){
    if(sx + cst[x][i] < sy + cst[y][i]){
        sx += cst[x][i];
        x = i;
    } else{
        sy += cst[y][i];
        y = i;
    }
}
lans = sx + sy;
int sco = min(100, (int)ceil(1.0 * lans / rans / 4) * 4);

可以知道 rans 是正确答案，lans 是错误答案，sco 是整数的分数。

我们把这段代码改一改：

double Point(){
    int rans=0,lans=0,dp[105][105]={0};
    //Right Answer
    memset(dp,0x3f,sizeof(dp));dp[1][1]=0;
    for(int i=2;i<=N;i++){
        for(int j=1;j<i;j++){
            dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-1][j]+A[i-1][i]);
            dp[i][i-1]=min(dp[i][i-1],dp[i-1][j]+A[j][i]);
        }
    }
    rans=dp[0][0];
    for(int i=1;i<=N;i++){
        rans=min(rans,dp[N][i]);
    }
    //Fake answer
    int x=1,y=1,sx=0,sy=0;
    for(int i=2;i<=N;i++){
        if(sx+A[x][i]<sy+A[y][i]){
            sx+=A[x][i];
            x=i;
        }else{
            sy+=A[y][i];
            y=i;
        }
    }
    lans=sx+sy;
    double sco=(1.0*lans/rans/4)*4;
    return sco;
}

现在我们得到了一个函数 Point()，调用时可以得到当前构造的 \(A\) 可以得到的分数。

然后发现自己不会做这个题，于是开始玄学。

Level 0#

我们打一个随机数，暂且取 \(N=8\)。

srand(time(0));
while(true){
    for(int i=1;i<=N;i++){
        for(int j=i+1;j<=N;j++){
            A[i][j]=rand();
        }
    }
    double p=Point();
    if(Maxp<p){
        Maxp=p;
        printf("%.lf\n",Maxp);
        for(int i=1;i<=N;i++){
            for(int j=i+1;j<=N;j++){
                printf("%d ",A[i][j]);
            }puts("");
        }
    }
}

跑了一分钟，跑出一组 6.276596：

1 9 86 83 31 91 6 
5 8 70 55 54 99 
75 6 14 6 71 
5 87 13 66 
85 42 79 
8 78 
2 

交上去果然得到了 \(8\) 分。

Level 2#

我们发现这里的随机是十分低效的，考虑如何优化这一过程。

考虑到如果某次随机出来的 \(A\) 是历史新高的话，我们不重新随机，而是在 \(A\) 的基础上进行微调。

首先，我们把 \(MaxA\) 全部设置为 \(50\)。

对于每一次随机：

• 把 \(MaxA\) 中每一个数附加一个 [-10,10] 之间的随机数。
• 如果修正后的 \(A\) 是历史新高，更新 \(MaxA\) 为 \(A\)

容易得到代码：

for(int i=1;i<=N;i++){
    for(int j=i+1;j<=N;j++){
        MaxA[i][j]=50;
    }
}
srand(time(0));
while(true){
    for(int i=1;i<=N;i++){
        for(int j=i+1;j<=N;j++){
            A[i][j]=MaxA[i][j]+((rand()%21)-10);
            if(A[i][j]<1)   A[i][j]=1;
            if(A[i][j]>100) A[i][j]=100;
        }
    }
    double p=Point();
    if(Maxp<p){
        Maxp=p;
        printf("%lf\n",Maxp);
        for(int i=1;i<=N;i++){
            for(int j=i+1;j<=N;j++){
                printf("%d ",A[i][j]);
                MaxA[i][j]=A[i][j];
            }puts("");
        }
    }
}

跑了几秒钟，得到了一个非常好的结果 57.571429：

1 26 2 1 81 39 6 
1 70 100 28 29 89 
1 100 7 14 51 
100 100 1 12 
1 100 100 
99 1 
34 

分数一下子变成了 \(60\) 分。

Level 3#

我们又考虑到：对于相邻两次随机，\(A\) 的值变大变小的都有，综合起来使得答案也变大/变小。

于是想到：

• 如果答案变大，就让变化量更大
• 如果答案变小，就让变化量减小，向中间值 \(50\) 靠拢。

直接把 MaxA 扔了，容易得到代码：

for(int i=1;i<=N;i++){
    for(int j=i+1;j<=N;j++){
        LastA[i][j]=50;
    }
}
srand(time(0));
while(true){
    for(int i=1;i<=N;i++){
        for(int j=i+1;j<=N;j++){
            if(Lastp<p)       A[i][j]=(LastA[i][j]-50)*0.9+50;
            else if(Lastp==p) A[i][j]=(LastA[i][j]-50)*1.0+50;
            else              A[i][j]=(LastA[i][j]-50)*1.1+50;
            A[i][j]+=((rand()%21)-10);
            if(A[i][j]<1)   A[i][j]=1;
            if(A[i][j]>100) A[i][j]=100;
        }
    }
    Lastp=p;
    p=Point();
    p=Point();
    if(Maxp<p){
        Maxp=p;
        printf("%lf\n",Maxp);
        for(int i=1;i<=N;i++){
            for(int j=i+1;j<=N;j++){
                printf("%d ",A[i][j]);
                LastA[i][j]=A[i][j];
            }puts("");
        }
    }
}

多次尝试后，得到了非常牛的答案 71.571429：

1 1 1 1 100 11 96 
1 100 100 100 69 1 
99 1 1 1 5 
1 100 1 6 
100 100 1 
1 100 
100 

交上去可以获得 72 分比我 PKUWC2025 两天总分还高。

Level 4#

我们可以开始观察这组随机数据，如果你多造几组，你就会发现：

1   1   X          ...          X
1   100 X        ...        X 
100 100 X      ...      X
1   100 X    ...    X 
100 100 X  ...  X 
1   100 X   X 
100 100 X 
1   100 
100 

后面的那一堆 X 时小时大，大部分是 \(1\)，干脆全赋 \(1\) 好了。

前面的大部分都是这样的结构，于是我们按照这样的规律构造一组 \(N=100\)，并且使用 PHP 交一发：

然后就过了。

Level 4 Extra#

考虑这个东西为什么是对的。

首先 \(1\) 号点的所有边边权都是 \(1\)，可以引诱贪心错解把 \(y \to 2\)，\(x \to 3\)。

然后 \(2 \to 4\)，\(3 \to 4\) 都是 \(100\)，于是 \(y\) 跳到 \(4\)。

发现无论如何一定是 \(x\) 走 \(3 \to 5\)，于是只要把 \(3 \to 5\) 赋 \(100\)。

此时 \(sx=sy\)，于是 \(4 \to 6\) 和 \(5 \to 6\) 都赋 \(100\)。

然后一点一点做下去，就是这样子了。

然后就做完了。

Code#

100
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 
1 100 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 
100 100 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 
1 100 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 
100 100 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 
1 100 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 
100 100 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 
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100 100 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 
1 100 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 
100 100 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 
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100 100 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 
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1 100 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 
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