【做题】arc070_f-HonestOrUnkind——交互+巧妙思维
做的第一道交互题……
首先,有解的一个必要条件是a>b。否则,即当a<=b时,可以有a个unkind的人假装自己就是那a个honest的人。(彼此之间都说是honest的,说别人都是unkind的)
那么,现在我们考虑处理a>b的情况。
标算
一个显然的思路就是在n+1次询问内确定一个人是honest的。这样可以再花n−1询问确定答案。
注意到一个性质:
若p说q是unkind的,那么p和q不可能都是honest的。
我们发现,如果直接删除p和q减小问题规模,那么新问题仍然满足a′>b′,也一定存在honest的人。
那么,我们不禁想知道,对于一个有k个元素的序列a1a2a3...ak,怎样的大概k回答均为Y的询问能让我们确信某个ai一定是honest的?
宛如是一只小鸟(题解)把答案告诉了我们,我们发现
∀i,1<=i<k, ai说ai+1是honest的⟹
ak是honest的。
这是因为若ai是honest的,那么ai+1也是honest的。并且,这里至少有一个人是honest的。那么,我们就可以以如下算法生成a1a2a3...ak。
维护一个栈。枚举每一个人:
- 如何当前栈为空,将其加入栈。
- 如果栈顶说它是honest的,将其加入栈。
- 如果栈顶说它是unkind的,放弃它且取出栈顶。
时间复杂度O(n)。
#include <bits/stdc++.h>
#define gc() getchar()
using namespace std;
const int N = 4010;
int sta[N],top,a,b,ans[N],t,n;
bool ask(int x,int y) {
static char tmp;
printf("? %d %d\n",x,y);
fflush(stdout);
for (tmp = gc() ; tmp != 'Y' && tmp != 'N' ; tmp = gc());
return (tmp == 'Y');
}
int main() {
scanf("%d%d",&a,&b);
if (a <= b) return 0 * puts("Impossible\n");
n = a + b;
for (int i = 0 ; i < n ; ++ i) {
if (!top) sta[++top] = i;
else {
if (ask(sta[top],i))
sta[++top] = i;
else top--;
}
}
t = sta[top];
for (int i = 0 ; i < n ; ++ i)
ans[i] = ask(t,i);
printf("! ");
for (int i = 0 ; i < n ; ++ i)
printf("%d",ans[i]);
puts("");
return 0;
}
顺便一提,还有个高妙的做法。 #### 高妙做法 这个做法基于一个结论:
如p和q互相说对方是honest的,那么它们的状态相同。
状态也就是指unkind或honest。显然,这些信息可以用并查集维护。
注意到询问上限2n=∑k>=0n2k,故考虑不断把问题个规模缩小一倍。
下面,直接给出算法及代码:
考虑现在有k个元素集合,每个集合保证其中的元素状态相同。我们把它们每两个分成一组,丢弃多余出来的一个。对于每一组,花两次询问判断这两个集合是否一定状态相同,是则将它们合并;否则丢弃它们。
对新产生的集合再递归进行这个操作。
最后,令t为最后一次在分组时因多余而被丢弃的集合。可以证明,t是honest的。我们向t询问上面所有被丢弃的集合,得出答案。
#include <bits/stdc++.h>
#define gc() getchar()
using namespace std;
const int N = 4010;
int a,b,n,t,ans[N],q[N],tmp[N],cnt,tcnt,fa[N];
vector<int> threw;
int get_fa(int x) {
return x == fa[x] ? x : fa[x] = get_fa(fa[x]);
}
bool ask(int x,int y) {
static char tmp;
printf("? %d %d\n",x,y);
fflush(stdout);
for (tmp = gc() ; tmp != 'Y' && tmp != 'N' ; tmp = gc());
return (tmp == 'Y');
}
void solve() {
if (cnt == 0) return;
tcnt = 0;
for (int i = 0 ; i+1 < cnt ; i += 2) {
if (ask(q[i],q[i+1]) == 1 && ask(q[i+1],q[i]) == 1) {
fa[q[i+1]] = q[i];
tmp[tcnt++] = q[i];
} else threw.push_back(q[i]), threw.push_back(q[i+1]);
}
if (cnt&1) t = q[cnt-1], threw.push_back(q[cnt-1]);
for (int i = 0 ; i < tcnt ; ++ i) q[i] = tmp[i];
cnt = tcnt;
solve();
}
int main() {
scanf("%d%d",&a,&b);
if (a <= b) return 0 * printf("Impossible\n");
n = a + b;
for (int i = 0 ; i < n ; ++ i)
q[i] = i, fa[i] = i;
cnt = n;
solve();
for (int i = 0 ; i < n ; ++ i) get_fa(i);
for (int i = 0 ; i < (int)threw.size() ; ++ i) {
if (threw[i] == t) continue;
ans[threw[i]] = ask(t,threw[i]);
}
ans[t] = 1;
for (int i = 0 ; i < n ; ++ i)
ans[i] = ans[fa[i]];
printf("! ");
for (int i = 0 ; i < n ; ++ i)
printf("%d",ans[i]);
puts("");
return 0;
}
接下来证明一下为什么这个算法是正确的。
首先证明总询问次数是不多于2n的。
我们考虑递归中的第d+1层,此时最多有n2d个元素。那么,单是在这一层的处理中每一个元素平均下来的对询问次数的贡献是12d。我们记ad表示某一个元素从第d+1层起所能产生的最大贡献。下面考虑两种情况:
- 这个元素与另一个元素合并,为下一层递归添加了一个元素,也为最后的确定答案产生了−12d+1的贡献。那么,有ad=12d+ad+1−12d+1。
- 这个元素未能与另一个元素合并。那么,有ad=12d。
故我们得出
稍微YY一下我们就得到,当0 <= d < \log_2n时,a_d = \frac {1} {2^d}。
那么,总询问次数不多于n \times a_0 + n = 2n。
然后,证明为什么t就是honest的。
首先声明,在递归过程中,可能会出现a=b。要出现这情况,一个必要条件是在分组时丢弃了一个honest的集合。当然,容易想到不会再出现有a<b的情况。
我们讨论递归的最后一层,集合个数可能是1或2。
- 集合个数为1。那么,t将成为这个集合。因为a>=b,所以这个集合一定是honest的。
- 集合个数为2。此时,a=b=1。考虑前面最后一层导致了a=b的递归。在那里,因分组而丢弃了一个honest的集合S。那之后的每一层递归中,一定有a=b(否则那就不是最后一层导致a=b的递归),则集合个数为偶数,不会再因分组而丢弃集合。因此,t就是S,是honest的。
现在,我们就可以确信,这个算法没问题了。
时间复杂度O(n \alpha (n))。
小结:感觉根本想不出那么巧妙的东西。或许是思维能力还不够吧。
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