[IOI2020]数蘑菇

Solution

这题是博主写的第一道交互题，在此 mark 一下。

首先假设我们已经知道有若干蘑菇属于 A（或者 B），这里举例 A 的情况。构造

\[A,\_,A,\_,\cdots,\_,A,x \]

可以查询出序列中下划线里含有多少个 B，以及可以根据奇偶性知道 \(x\) 属于 A 或者 B。

然后每次不断扩大集合 A,B 的大小，精细求解极值可以得到操作次数 \(\sim 2\sqrt n\)。这样做大概有 80 pts。

发现在某些时刻下，使用

\[A,x,A,y \]

查询可以同时知道 \(x\)，\(y\) 属于 A 还是 B。在开始的时候使用这种查询，到达一个界 \(Limit\)，如果 \(\max\{|A|,|B|\}>Limit\) 时使用上一种查询，两者结合后操作次数 \(\sim \sqrt{3n}\)，可以得到 92 pts。（gjd的四名选手的得分）

前期查询相当于一次查询换得两个蘑菇的类型，求解极值的过程中发现如果提高效率（即一次查询换得更多的蘑菇类型），操作次数可以下降。

我们可以采取这样的方法使得 2 次查询换取 5 个蘑菇的类型。首先查询

\[A,x,A,y,A,z \]

根据奇偶性得到 \(z\) 的类型，剩余的根据其是否为 2 得到 \(x\ne y\) 或者 \(x=y\)。若为后者就赚了，因为有 1 换 3。否则再次查询

\[B,x,B,A,y,A,u,A,v \]

同样可以根据奇偶性得到 \(v\) 的类型。剩余的由于有 \(x \ne y\) 知道 \(x\) 和 \(y\) 合计贡献 0 或者 4，\(u\) 贡献 0 或 2。据此分辨出 \(x\)，\(y\)，\(u\) 的类型。这样 2 次操作得到 5 个蘑菇的类型。

期望下很优秀，但交互库是自适应的，发现最坏刚好卡满 226 次？精细调整 \(Limit\) 并且多次提交即可通过此题。

（题外话：开头使用一次 use_machine 一个打乱的序列可以避免被交互库自适应数据卡满。不过此做法无需使用）

当然还有使用 203 步解决问题的方法，详见 whzzt 的 codeforces blog。

#include "mushrooms.h"
#include <bits/stdc++.h>
#define pb push_back
using std::vector; using std::max; using std::min;
const int Limit = 116;
int ans = 0, now = 1;
vector<int> v[2], a;
int MaxSize() { return max(v[0].size(), v[1].size()); }
int count_mushrooms(int n) {
	v[0].pb(0);
	if (n > 1000) {
		while (MaxSize() == 1)
			v[use_machine(vector<int>{0, now})].push_back(now), now++;
		while (MaxSize() == 2) {
			int cur = v[0].size() < v[1].size(), tmp = use_machine(vector<int>{v[cur][0], now, v[cur][1], now+1});
			v[cur ^ (tmp & 1)].pb(now + 1), v[cur ^ (tmp / 2)].pb(now); now += 2;
		}
		while (MaxSize() <= Limit) {
			int cur = v[0].size() < v[1].size(), tmp = use_machine(vector<int>{v[cur][0], now, v[cur][1], now + 1, v[cur][2], now + 2});
			v[cur ^ (tmp & 1)].pb(now + 2); tmp /= 2;
			if (tmp % 2 == 0)
				v[cur ^ (tmp / 2)].pb(now), v[cur ^ (tmp / 2)].pb(now + 1), now += 3;
			else if (v[cur^1].size() < 2) {
				tmp = use_machine(vector<int>{v[cur][0], now, v[cur][1], now + 3});
				v[cur ^ (tmp & 1)].pb(now + 3); v[cur ^ (tmp / 2)].pb(now); v[cur ^ 1 ^ (tmp / 2)].pb(now + 1);
				now += 4;
			} else {
				tmp = use_machine(vector<int>{v[cur^1][0], now, v[cur^1][1], v[cur][0], now + 1, v[cur][1], now + 3, v[cur][2], now + 4}) - 1;
				v[cur ^ (tmp & 1)].pb(now + 4);
				v[cur ^ (tmp / 2 & 1)].pb(now + 3);
				v[cur ^ 1 ^ (tmp / 4 & 1)].pb(now);
				v[cur ^ (tmp / 4 & 1)].pb(now + 1);
				now += 5;
			}
		}
	}
	for (; now < n;) {
		int cur = v[0].size() < v[1].size(), block = min((int)v[cur].size(), n - now);
		a.clear(); a.pb(v[cur][0]);
		for (int i = 0; i < block - 1; i++) a.pb(now + i), a.pb(v[cur][i + 1]);
		a.pb(now + block - 1);
		int tmp = use_machine(a);
		v[cur ^ (tmp & 1)].pb(now + block - 1);
		ans += cur ? tmp/2 : block - tmp/2 - 1;
		now += block;
	}
	return ans + v[0].size();
}