CF2001C Guess The Tree

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题意简述

这是一个交互式问题。

Misuki 选择了一棵有 \(n\) 个节点的秘密树，节点编号为 \(1\) 到 \(n\)，并要求你通过以下类型的查询来猜出这棵树：

“? a b” — Misuki 会告诉你哪个节点 \(x\) 最小化了 \(|d(a,x) - d(b,x)|\)，其中 \(d(x,y)\) 是节点 \(x\) 和节点 \(y\) 之间的距离。如果有多个这样的节点，Misuki 会告诉你其中使 \(d(a,x)\) 最小的那个节点。

使用最多 \(15n\) 次查询来找出 Misuki 的秘密树的结构！

思路分析

首先，通过分析题目我们容易知道，返回的 \(x\) 实际上是 \(a\) 与 \(b\) 的中间节点。

如果查询 ? a b 的返回值为 a，那么表明 \(a\) 与 b 之间通过一条边直接相连。

否则再次查询 ? a x 以及 ? x+1 b直到找到相邻的边。

如果设在此树上 \(a\) 与 \(b\) 之间的距离为 \(l\)，那么此次操作至多询问 \(l-1\) 次。

为了减少查询次数，引入并查集来维护已经连通的节点。

每次查询的两个节点应处于两个不同的连通块，查询后将它们合并起来。

对每一个节点都查一遍与节点 \(1\) 之间的通路即可。

---

对于这种解法，操作次数最多的树的结构为链状，且节点编号依次为 \(1,2,\cdots,i,\cdots,n\)。

我们首先需要 \(n-1\) 次的查询 ? 1 i 。

对于这其中的每一次 ? 1 i，前 \(i-1\) 个节点已经处于同一个连通块中，所以会花费 \(\lfloor\log_2(i-1)\rfloor +1\) 次的二分操作来不断逼近右边界。

所以总的操作次数为 \(\sum\limits_{i=2}^{n} (\lfloor\log_2(i-1)\rfloor +1)=\sum\limits_{i=2}^{n} \lfloor\log_2(i-1)\rfloor + (n-1)\)。

操作次数的上限不会超过 \(\displaystyle\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\log_2(n-1)\rfloor} i\cdot2^{i-1}\)。

这个式子吧，我们稍微放缩一下来找一下上界。

\[\begin{align} \displaystyle\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\log_2(n-1)\rfloor} i\cdot2^{i-1} &\leq \displaystyle\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\log_2(n-1)\rfloor} \lfloor\log_2(n-1)\rfloor\cdot2^{i-1} \\ & = \lfloor\log_2(n-1)\rfloor\cdot\displaystyle\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\log_2(n-1)\rfloor} 2^{i-1}\\ &= \lfloor\log_2(n-1)\rfloor\cdot (2 ^ {\lfloor\log_2(n-1)\rfloor}-1)\\ &\leq \lfloor\log_2(n-1)\rfloor\cdot 2 ^ {\lfloor\log_2(n-1)\rfloor} \\ &\leq n \cdot \log_2 n \end{align} \]

所以操作次数最多也不会超过 \(n\log_2 n\) 次。

对于 \(n \leq 1000\)，不会超过 \(10n\) 次。

绰绰有余！

代码展示

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

const int maxN = 1000 + 10;

vector<int> G[maxN];
int N;

int fa[maxN];
int find(int x){
   return x == fa[x] ? fa[x] : (fa[x] = find(fa[x]));
}

void dfs(int lp,int rp){

   int a = find(lp);
   int b = find(rp);
   if(a == b) return;

   cout << "? " << lp << " " << rp << endl;
   cout.flush();

   int x;
   cin >> x;
   if(x == lp){
       fa[lp] = b;
       G[lp].push_back(rp);
       return;
   }
   dfs(lp,x);
   dfs(x,rp);
}

inline void solve(){
   
   cin >> N;
   for(int i = 1;i<=N;i++) G[i].clear();
   for(int i = 1;i<=N;i++) fa[i] = i;

   for(int i = 2;i<=N;i++) dfs(i,1);

   cout << "! ";
   cout.flush();

   for(int i = 1;i<=N;i++){
       for(auto p : G[i]){
           cout << i << " " << p << " ";
           cout.flush();
       }
   }
   cout << endl;
   cout.flush();
}

int main(){
   int T;
   cin >> T;
   while(T--) solve();
   return 0;
}