[CF1526F] Median Queries（交互 / 构造）

题面

这是一道交互题。

有一个未知的长度为 $\mathtt{N}$ 的排列 $\mathtt{P}$，已知 ${\mathtt{P}}_1<{\mathtt{P}}_2$ 。

每次询问格式为 “ $?\mathtt{a}\mathtt{b}\mathtt{c}$ ”，返回值为三元组 $\{|{\mathtt{P}}_{\mathtt{a}}-{\mathtt{P}}_{\mathtt{b}}|,|{\mathtt{P}}_{\mathtt{b}}-{\mathtt{P}}_{\mathtt{c}}|,|{\mathtt{P}}_{\mathtt{a}}-{\mathtt{P}}_{\mathtt{c}}|\}$ 的中位数。

在至多 $2\mathtt{n}+420$ 次询问后，输出排列 $\mathtt{P}$，格式为 “ $!{\mathtt{P}}_1{\mathtt{P}}_2\dots {\mathtt{P}}_{\mathtt{N}}$ ”。

然后每组数据会返回一个数，为 $1$ 则答案正确，为 $-1$ 则错误，不要忘了输入这个数。

一共 $\mathtt{t}(1\le \mathtt{t}\le 1000)$ 组数据，保证 $20\le N\le 10^5,\sum \mathtt{N}\le 10^5$。

题解

有两种各占优势的做法。

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Solution #1

首先，返回该三元组的中位数，相当于：若 ${\mathtt{P}}_{\mathtt{a}}>{\mathtt{P}}_{\mathtt{b}}>{\mathtt{P}}_{\mathtt{c}}$，则返回 $\max \{{\mathtt{P}}_{\mathtt{a}}-{\mathtt{P}}_{\mathtt{b}},{\mathtt{P}}_{\mathtt{b}}-{\mathtt{P}}_{\mathtt{c}}\}$。

有了这个简化，才能更好地继续推。

该解法的核心在于：如果已经知道了 $1$ 和 $2$ 的位置(假设为 ${\mathtt{P}}_{\mathtt{A}},{\mathtt{P}}_{\mathtt{B}}$)，那么可以在 $\mathtt{n}-2$ 次操作后，确定整个排列。也就是分别询问 $\{\mathtt{A},\mathtt{B},\mathtt{i}\}$，所得值（$\mathtt{q}\mathtt{u}\mathtt{e}\mathtt{r}\mathtt{y}(\mathtt{A},\mathtt{B},\mathtt{i})$）$+2$ 便是 ${\mathtt{P}}_{\mathtt{i}}$ 了。

问题是怎么获得 $1$ 和 $2$ 的位置，或者说，也可以获得 $\mathtt{N}$ 和 $\mathtt{N}-1$ 的位置，总之通过 ${\mathtt{P}}_1<{\mathtt{P}}_2$ 确定最终答案。

经过一段尝试，我们发现，如果找到这么两个位置 $\mathtt{a}$ 和 $\mathtt{b}$ ，满足 $|{\mathtt{P}}_{\mathtt{a}}-{\mathtt{P}}_{\mathtt{b}}|\le \frac{\mathtt{N}-4}{3}$ ，处理出所有的 $\mathtt{q}[\mathtt{i}]=\mathtt{q}\mathtt{u}\mathtt{e}\mathtt{r}\mathtt{y}(\mathtt{a},\mathtt{b},\mathtt{i})$ ，那么 $\mathtt{q}[\mathtt{i}]$ 最大的 $\mathtt{i}$ 就是 $1$ 或者 $\mathtt{N}$ 的位置，$\mathtt{q}[\mathtt{i}]$ 严格次大的 $\mathtt{i}$ 就是 $2$ 或者 $\mathtt{N}-1$ 的位置。这样只需要多进行 $\mathtt{N}-2$ 次操作。

那么，在剩下的 $424$ 次操作内，我们需要解决两个问题：

• 找到这样的位置 $\mathtt{a},\mathtt{b}$ 。
• 找到 $1$ 和 $2$ 的或者 $\mathtt{N}$ 和 $\mathtt{N}-1$ 的位置 $\mathtt{A},\mathtt{B}$ 。

找 a b:

我们可以证明：对于任意 $13$ 个位置，总存在 $3$ 个位置 $\mathtt{x},\mathtt{y},\mathtt{z}$ ，满足 $\mathtt{q}\mathtt{u}\mathtt{e}\mathtt{r}\mathtt{y}(\mathtt{x},\mathtt{y},\mathtt{z})\le \frac{\mathtt{n}-4}{6}$（$\Rightarrow \max \{|{\mathtt{P}}_{\mathtt{x}}-{\mathtt{P}}_{\mathtt{y}}|,|{\mathtt{P}}_{\mathtt{y}}-{\mathtt{P}}_{\mathtt{z}}|,|{\mathtt{P}}_{\mathtt{x}}-{\mathtt{P}}_{\mathtt{z}}|\}\le \frac{\mathtt{n}-4}{3}$）。

可以用反证法进行证明，即假设存在某 $13$ 个位置，满足 $\forall \{\mathtt{x},\mathtt{y},\mathtt{z}\},\max \{|{\mathtt{P}}_{\mathtt{x}}-{\mathtt{P}}_{\mathtt{y}}|,|{\mathtt{P}}_{\mathtt{y}}-{\mathtt{P}}_{\mathtt{z}}|,|{\mathtt{P}}_{\mathtt{x}}-{\mathtt{P}}_{\mathtt{z}}|\}>\frac{\mathtt{n}-4}{3}$ 。贪心地填数进去，你就会发现，刚好到 $13$ 个时，你就满足不了条件了。所以这种情况不存在，假设不成立。

找这 $3$ 个位置，需要枚举 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{13}{3}\right)=286$ 种情况，完全足够。

找到这样的 $3$ 个位置时，任选两个就可以作 $\mathtt{a},\mathtt{b}$ 了。

找 A B:

我们会发现，假如你确定了某个 $\mathtt{q}[\mathtt{i}]$ 最大的 $\mathtt{A}$ 作为 $1$ 的位置，那么还是有两个位置可能为 $2$ ，一个是真 $2$ ，一个是 $\mathtt{N}-1$ ，令其分别为 ${\mathtt{B}}_1,{\mathtt{B}}_2$ ，我们稍稍归纳一下就会发现：
$$\begin{gathered} \mathtt{q}\mathtt{u}\mathtt{e}\mathtt{r}\mathtt{y}(\mathtt{A},{\mathtt{B}}_1,\mathtt{a})\le \mathtt{q}\mathtt{u}\mathtt{e}\mathtt{r}\mathtt{y}(\mathtt{A},{\mathtt{B}}_2,\mathtt{a}) \\ \mathtt{q}\mathtt{u}\mathtt{e}\mathtt{r}\mathtt{y}(\mathtt{A},{\mathtt{B}}_1,\mathtt{b})\le \mathtt{q}\mathtt{u}\mathtt{e}\mathtt{r}\mathtt{y}(\mathtt{A},{\mathtt{B}}_2,\mathtt{b}) \end{gathered}$$

而且最多只有一个取等。因此便可以把 ${\mathtt{B}}_1$ 判断出来了。

CODE

#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<queue>
#include<map>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAXN 100005
#define DB double
#define LL long long
#define ENDL putchar('\n')
#define lowbit(x) ((-x) & (x))
#define INF 0x3f3f3f3f
LL read() {
	LL f=1,x=0;char s = getchar();
	while(s < '0' || s > '9') {if(s=='-')f = -f;s = getchar();}
	while(s >= '0' && s <= '9') {x=x*10+(s-'0');s = getchar();}
	return f * x;
}
int n,m,i,j,s,o,k;
inline int ask(int a,int b,int c) {
	cout<<"? "<<a<<" "<<b<<" "<<c<<endl;
	int as; cin>>as; return as;
}
int a[MAXN],p[MAXN],ar[MAXN];
vector<int> bu[MAXN];
int main() {
	srand(time(0));
	int T;cin>>T;
	while(T --) {
		cin>>n;
		for(int i = 1;i <= n;i ++) bu[i].clear(),a[i] = 0,ar[i] = i;
		random_shuffle(ar + 1,ar + 1 + n);
		int A = 1,B = 2,C = 3,as,flag1 = 0;
		for(A = 1;A <= 11;A ++) {
			for(B = A+1;B <= 12;B ++) {
				for(C = B+1;C <= 13;C ++) {
					if((as=ask(A,B,C)) <= ((n-4)/6)) {
						flag1 = 1; break;
					}
				}
				if(flag1) break;
			}
			if(flag1) break;
		}
		int mi = n+1,ct = 1,ct2 = 0,ma = 0;
		for(int i = 1;i <= n;i ++) {
			if(i != A && i != B) {
				a[i] = ask(A,B,i);
				if(a[i] < mi) mi = a[i],ct = 1;
				else if(a[i] == mi) ct ++;
				if(a[i] == 2) ct2 ++;
				ma = max(ma,a[i]);
				bu[a[i]].push_back(i);
			}
		}
		int H = bu[ma][0],H2 = bu[ma-1][0];
		if((int)bu[ma-1].size() > 1) {
			int H3 = bu[ma-1][1];
			if(ask(H,H2,A) <= ask(H,H3,A) && ask(H,H2,B) <= ask(H,H3,B)) {
				H2 = H2;
			}
			else H2 = H3;
		}
		p[H] = 1; p[H2] = 2;
		for(int i = 1;i <= n;i ++) {
			if(i != H && i != H2) {
				p[i] = 2 + ask(H,H2,i);
			}
		}
		if(p[1] > p[2]) {
			for(int i = 1;i <= n;i ++) p[i] = n-p[i]+1;
		}
		cout<<"!";
		for(int i = 1;i <= n;i ++) cout<<" "<<p[i];
		cout<<endl;
		int AC; cin>>AC;
	}
	return 0;
}

Solution #2

非常精妙的做法，不愧是 $\mathtt{O}\mathtt{n}\mathtt{e}\mathtt{I}\mathtt{n}\mathtt{D}\mathtt{a}\mathtt{r}\mathtt{k}$ ！

主要是选择两对数来进行序列 $\mathtt{q}$ 的确定，通过 $\mathtt{q}$ 和 ${\mathtt{q}}^{\prime }$ 确定原序列。这里笔者就不展开了。原博客还是写了满大页的。