【UOJ#26】Game

1|0题目

题目链接：https://uoj.ac/problem/26
佳是一个喜欢做游戏的小男生。当有人问问题时，他更喜欢通过玩游戏的方式作答，而不是直接回答。健佳碰到了他的朋友梅玉，跟她讲了台湾的航空网。在台湾有 $n$ 个城市（编号为 $0,\cdots,n−1$ ），其中有些城市之间有航线。每个航线连接两个城市，并且是双向的。
梅玉问健佳，是否任意两个城市之间都可以坐飞机互达（直接或间接），健佳不想直接回答，而是要通过做游戏的方式来告诉她。梅玉可以问"城市 $u$ 和 $v$ 之间有直接航线吗？"，健佳会立刻直接回答该问题。梅玉会询问每对城市恰好一次，因此总计会有 $r = \frac{n (n−1)}{2}$ 个问题。如果由前 $i$ （ $i<r$ ）个问题的答案可以推断出整个航空网是否连通，也就是说，是否任意一对城市之间都可以坐飞机互达（直接或间接），梅玉就获胜。否则意味着她需要知道全部 $r$ 个回答，此时健佳获胜。
为了让游戏更好玩，他们俩同意，健佳可以不要管台湾的真实航空网，而是可以随着游戏的进展而编造航空网，也就是根据梅玉此前的提问来决定此后如何作答。你的任务是，通过决定健佳如何回答，来帮助他赢得游戏。

请写出一个可以帮助健佳获胜的程序。注意，无论是梅玉还是健佳，都不知道对方的策略。梅玉可以以任意的顺序来询问城市对，而健佳必须在不清楚后面提问的前提下立刻给出回答。你需要实现下面的两个函数：

initialize(n) —— 我们会先调用你的 initialize 函数。参数 $n$ 是城市数目。
hasEdge(u, v) —— 接着我们会调用 hasEdge 函数 $r = n(n - 1)/2$ 次。这些调用代表了梅玉的提问，顺序与她提问的次序相同。你必须回答在城市 $v$ 和 $u$ 之间是否有直接航线。具体而言，返回值 $1$ 表示有， $0$ 表示没有。

$n\leq 1500$ 。

2|0思路

早上在洛谷讨论区看到这道题，说是 UOJ 有交互，就跑到 UOJ 上做了。
考虑最后一次询问，在这次询问之前，要求无法得知整张图是否连通。那么最后一次询问肯定是询问两个连通块之间的边。
为了让这两个连通块之间之前一直不连通，之前询问的所有连接这两个连通块的边都需要回答 $0$ 。
但是因为是交互的形式，我们并不清楚最后是哪两个连通块。所以需要找到一种无论最后是哪两个连通块都能满足条件的方式：对于一条边 $(u,v)$ ，我们连接它，当且仅当这条边是这两个连通块之间的最后一条边。
用并查集维护连通块，每次合并的时候更新一下这个连通块与其他连通块之间的边数即可。
时间复杂度 $O(n^2)$ 。
后面看了一下洛谷题解发现，其实只需要把每一条边的方向定为从大到小，每次询问一条边 $(u,v)$ ，设 $u>v$ ，那么只需要判断一下 $u$ 之前是不是已经询问过 $u-1$ 次就行了。这样并查集都不用写。

3|0代码

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

const int N=1510;
int m,father[N],siz[N],cnt[N][N];

void initialize(int n)
{
	m=n;
	for (int i=1;i<=n;i++)
		father[i]=i,siz[i]=1;
}

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

void merge(int x,int y)
{
	for (int i=1;i<=m;i++)
		cnt[x][i]+=cnt[y][i],cnt[i][x]+=cnt[i][y];
	siz[x]+=siz[y]; father[y]=x;
}

int hasEdge(int u,int v)
{
    u=find(u+1); v=find(v+1);
    cnt[u][v]++; cnt[v][u]++;
    if (cnt[u][v]==siz[u]*siz[v])
    	return merge(u,v),1;
    return 0;
}

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本文作者：stoorz
本文链接：https://www.cnblogs.com/stoorz/p/15411163.html
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