「MCOI-03」金牌

题意

只告诉有长度 \(n\) 的数列。

每个\(i\) 有一个值 \(a_i\)，你只能问任意两个 \(x,y\) 的值 \(a_x, a_y\) 是否相同。

求能否构造出一个排列, 满足排列中任意相邻的 \(i, j\) 使得 \(a_i \neq a_j\)。

摩尔投票法

首先思考无解情况，只有存在一个数出现次数 \(\geq \lceil \frac{n}{2} \rceil\) 时无解。

那么众数是出现次数最多的，这时就能想到摩尔投票法，能 只通过比较相等 求出众数。

单纯的摩尔投票法只能花费 \(n - 1\) 次比较，来求出一个众数，来判断是否有解。

改编

考虑对单纯的摩尔投票法进行思考，可以时刻记录的信息是众数出现的所有位置，它们都是 相同的数。

每次出现不同的数，就会对当前众数个数减一，就可以看成两个不同的数组成一对。

• 考虑众数个数减到 \(0\) 的过程，设众数是 \(x\)，那么这几对数就可以这样表示：

\[(x, y),(x,z),\dots, (x,y) \]

它们能保证相邻的数不同。

• 如果在下一个数是 \(y\)，那么现在的众数就是 \(y\)，记录位置。 假设众数个数又减到 \(0\)，那么每次减掉的数对可以表示为 :

\[(y,z),(y,c),\dots \]

可以调换顺序,

\[(z,y),(c,y),\dots \]

这样就可以和前面接上:

\[(x, y),(x,z),\dots,(x,y),(z,y),(c,y),\dots \]

这样相邻的数总不会相同。

• 如果下一个数不是 \(y\), 而是 \(z\)，那么直接加入 \(z\), 即可保证不同。

可以发现，当众数是 \(y\) 时，那么上一次最后一个数也是 \(y\)，那么只要有不跟 \(y\) 相同的数 \(z\) 出现，
按照 \(y, z\) 的顺序加入答案序列，即可保证相邻不同。

那么最后可能多出很多个相同的数，直接暴力判断答案序列中能插入的位置，插入在两个和它不同的数中间，要特判开头结尾。

如果还是有数插不进，就说明无解。

代码

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

using ll = long long;
const int MAXN = 200010;
const ll INF = 1e18;
const int mod = 1000000007;

//#define ll long long
template <typename T>
void Read(T &x) {
	x = 0; T f = 1; char a = getchar();
	for(; a < '0' || '9' < a; a = getchar()) if (a == '-') f = -f;
	for(; '0' <= a && a <= '9'; a = getchar()) x = (x * 10) + (a ^ 48);
	x *= f;
}

int ask(int x, int y) {
	cout << x << ' ' << y << endl;
	int ans;
	cin >> ans;
	return ans; 
} 

int main() { 
	int t; 
	cin >> t;
	while(t --) {
		int n, Q; 
		cin >> n >> Q; 
		queue <int> q;
		vector<int> ans(1, 0); 
		for (int i = 1; i < n; i ++) {
			if (q.empty()) {
				if (ask(i, ans.back()))
					ans.emplace_back(i); 
				else 	
					q.push(i); 
			} else {
				if (ask(i, q.front())) {
					ans.emplace_back(i);
					ans.emplace_back(q.front());
					q.pop();
				} else {
					q.push(i); 
				}
			}
		} 
		
		vector<int> pd = ans;
		if (!q.empty()) {	
			int cnt = 0; 
			for (auto & i : pd) 
				i = ask(i, q.front()); 
			 		
			if (pd.size() && pd[0]) cnt ++;
			if (pd.size() && pd[pd.size() - 1]) cnt ++; 
			for (int i = 1; i < (int) pd.size(); i ++)
				if (pd[i] && pd[i - 1]) 
					cnt ++;
			if (cnt < q.size()) {
				cout << -1 << endl;
				continue; 
			} 
		}
		
		cout << n << endl;
		if (pd.size() && pd[0] && !q.empty()) cout << q.front() << ' ', q.pop();
		for (int i = 0; i < (int) ans.size(); i ++) {
			cout << ans[i] << ' '; 
			if (i < ans.size() - 1 && pd[i] && pd[i + 1] && !q.empty()) {
				cout << q.front() << ' ';
				q.pop();
			}
		}
		if (pd.size() && pd[pd.size() - 1] && !q.empty()) cout << q.front() << ' ', q.pop();
		cout << endl; 
	}
 	return 0;
}