题解 P7595 【猜树】&& P7597 【「EZEC-8」猜树 加强版】（交互，构造，dsu on tree）
原题
交互题？可以乱搞，有意思
首先分别考虑只用一种询问的做法。
subtask1+2+3（？）+5
考虑询问 \(2\)，把每个节点的子树都搞下来，开这样几个东西：
- \(siz_i\) 表示当前节点 \(i\) 子树的大小。
- \(f_i\) 这是一个 vector 或二维数组 ，表示节点 \(i\) 所有的祖先（不需要按顺序）
这两个都可以在询问子树的时候求出来，具体做法不细讲。
然后是类似拓扑排序的思想：将所有节点按 \(siz\) 由小到大排序，前面的若干个 \(siz\) 一定是 \(1\)，即这些节点是叶子节点。这样从前到后处理，一定是按照从叶子节点向上处理的顺序。
处理到叶子节点 \(u\) 时，把 \(u\) 删除，按照 \(f_u\) 把 \(u\) 的祖先的 \(siz\) 全减一，找到祖先中 \(siz\) 最小的节点 \(v\)，则 \(fa_u=v\)。因为如果 \(u\) 的祖先 \(v\) 不是 \(u\) 的父亲的话，那么 \(u\) 真正的父亲 \(v'\) 的子树则一定是 \(v\) 的子树的子集，所以 \(siz_{v'}<siz_v\)。
这样不断向后处理，处理到 \(i\) 时，\(siz_i\) 也一定等于 \(1\)，因为它的子树已经在先前的处理中删掉了。
为什么？可以自己试着画图推一下，其实非常好理解，这里直接放一下代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rg register
#define inf 0x3f3f3f3f
#define ll long long
inline int read(){
rg int ret=0,f=0;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)){ret=ret*10+ch-48;ch=getchar();}
return f?-ret:ret;
}
int n,u,siz[2005],fa[2005];
int f[2005][2005],cnt[2005];
int no[2005];
inline bool cmp(int a,int b){
return siz[a]<siz[b];
}
signed main(){
n=read(); siz[1]=n; siz[n+1]=inf; //初始化。
for(rg int i=2;i<=n;++i){
printf("? 2 %d\n",i); fflush(stdout);
siz[i]=read();
for(rg int j=1;j<=siz[i];++j){
u=read(); if(u==i) continue;
f[u][++cnt[u]]=i;
}
f[i][++cnt[i]]=1; //1 是根节点，也是所有节点的祖先。
no[i]=i;
}
sort(no+2,no+1+n,cmp); //将节点按 siz 排序，依次处理。
for(rg int g=2;g<=n;++g){
int now=no[g];
fa[now]=n+1;
for(rg int i=1;i<=cnt[now];++i){
--siz[f[now][i]]; //因为自己被删掉了，把祖先的 siz 全部减一。
if(siz[f[now][i]]<siz[fa[now]]) fa[now]=f[now][i]; //siz 最小的就是父亲。
}
}
printf("! ");
for(rg int i=2;i<=n;++i){
printf("%d ",fa[i]);
}
fflush(stdout);
return 0;
}
时间复杂度和询问次数？这里的复杂度和子树大小递减的速度有关，同一层的节点越多，复杂度就越低，比如完全二叉树时，时间复杂度和询问次数为 \(\Theta(n\log n)\)，反之，如果为链，每次子树只递减 \(1\)，那么时间复杂度和询问次数约为 \(\Theta(n^2)\)。数据随机的情况为 \(\Theta(n\sqrt n)\)。（prufer 序列生成的真随机，下文亦同）
期望得分 \([35,55]\)
subtask1+2+3+4
考虑询问 \(1\)。
开这样几个东西：
- \(dep_i\) 表示节点 \(i\) 的深度（定义根节点深度为 \(0\)）
- 没了
当 \(dis_{u,v}=1\) 且 \(dep_u>dep_v\) 时，\(fa_u=v\)。
（这不用我解释吧……）
那么思路就很明了了，首先询问 \(1\) 到其它节点的距离得出 \(dep\)，然后每次把已经知道父亲的节点入队（若 \(dep_i=1\) 则 \(fa_i=1\))。对于对头的节点 \(v\) ，询问每个 \(dep_v+1=dep_u\) 的 \(u\) 节点，若 \(dis\) 为 \(1\)，则令 \(fa_u=v\) ，并把 \(v\) 入队。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rg register
#define inf 0x3f3f3f3f
#define ll long long
inline int read(){
rg int ret=0,f=0;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)){ret=ret*10+ch-48;ch=getchar();}
return f?-ret:ret;
}
int n,u,fa[2005],dep[2005];
int q[2005],f,r;
signed main(){
n=read(); dep[1]=0;
for(rg int i=2;i<=n;++i){
printf("? 1 1 %d\n",i); fflush(stdout);
dep[i]=read();
if(dep[i]==1){
fa[i]=1; q[++r]=i;
} //处理深度和第一批入队的点。
}
while(f<r){
int now=q[++f];
for(rg int i=2;i<=n;++i){
if(dep[i]==dep[now]+1&&!fa[i]){
printf("? 1 %d %d\n",now,i); fflush(stdout);
u=read();
if(u==1){
fa[i]=now; q[++r]=i;
}
}
}//对于当前节点找到其所有的儿子并入队。
}
printf("! ");
for(rg int i=2;i<=n;++i){
printf("%d ",fa[i]);
}
fflush(stdout);
return 0;
}
时间复杂度和询问次数？因为这题对时间复杂度的要求不高，这里窝偷了个懒，时间复杂度是稳定的 \(\Theta(n^2)\)，但其实可以做到和询问次数同阶的。询问次数则与每一次的节点个数有关，询问次数的总数大约是 \(\sum dep_i\times dep_{i+1}\)。如果是链，询问次数达到最优的 \(n\)，如果每次的节点很多，如完全二叉树，那么询问次数将会退化到 \(n^2\) 以上。随机数据的询问次数也是 \(n\sqrt n\) 左右。
期望得分 \([55,55]\)
接下来是乱搞环节，我们发现 \(n\leq 2000\) 相对于 \(10^5\) 来说非常小，考虑一些不太正经的解法。
可以按照当前深度的节点数 \(cnt[dep_i]\) 进行分治，如果大于阈值 \(T\)，跑第一种，反之跑第二种，时间复杂度是 \(\Theta(\frac{n^2}{T}+nT)\)。这是一个显然的根号分治，\(T\) 取 \(\sqrt n\) 时候达到最优的 \(\Theta(n\sqrt n)\)，不过这里的不再是随机数据，针对所有数据都可以做到复杂度不退化。
期望得分 \([100,100]\)。
但还有另一种简单粗暴的写法，不如根号分治优，就是直接判断整颗树的深度，取一个阈值 \(T\)，深的话跑第二种，浅的话跑第一种，即数据分治（
我也不知道 \(T\) 取多少最好。这样的复杂只是度是比单独的两种好，但还是可以被卡掉，但是这题数据水，这样写就能过了。
期望得分 \([70,100]\)。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rg register
#define inf 0x3f3f3f3f
#define ll long long
#define vit vector<int>::iterator
inline int read(){
rg int ret=0,f=0;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)){ret=ret*10+ch-48;ch=getchar();}
return f?-ret:ret;
}
int n,u,fa[2005],dep[2005],mxdep,siz[2005];
int f[2005][2005],cnt[2005];
int q[2005],fr,r;
int no[2005];
inline bool cmp(int a,int b){
return siz[a]<siz[b];
}
inline void work(){
siz[1]=n; siz[n+1]=inf;
for(rg int i=2;i<=n;++i){
printf("? 2 %d\n",i); fflush(stdout);
siz[i]=read();
for(rg int j=1;j<=siz[i];++j){
u=read(); if(u==i) continue;
f[u][++cnt[u]]=i;
}
f[i][++cnt[i]]=1;
no[i]=i;
}
sort(no+2,no+1+n,cmp);
for(rg int g=2;g<=n;++g){
int now=no[g];
fa[now]=n+1;
for(rg int i=1;i<=cnt[now];++i){
--siz[f[now][i]];
if(siz[f[now][i]]<siz[fa[now]]) fa[now]=f[now][i];
}
}
}
signed main(){
n=read(); dep[1]=0;
for(rg int i=2;i<=n;++i){
printf("? 1 1 %d\n",i); fflush(stdout);
mxdep=max(dep[i]=read(),mxdep);
if(dep[i]==1){
fa[i]=1; q[++r]=i;
}
}
if(mxdep<=50) //数据分治（
work(); //第一种。
else{ //第二种。
while(fr<r){
int now=q[++fr];
for(rg int i=2;i<=n;++i){
if(dep[i]==dep[now]+1&&!fa[i]){
printf("? 1 %d %d\n",now,i); fflush(stdout);
u=read();
if(u==1){
fa[i]=now; q[++r]=i;
}
}
}
}
}
printf("! ");
for(rg int i=2;i<=n;++i){
printf("%d ",fa[i]);
}
fflush(stdout);
return 0;
}
加强版
如果你直接把 P7595 的代码往这里一粘，你就可以获得 \(30-50\) pts 的优秀分数
此做法来自月赛讲评。
看这题的数据，显然是需要一个 \(O(n\log n)\) 的做法。
考虑一个 simple idea：如果 \(dep_u=dep_v+1\) 且 \(u\) 在 \(v\) 的子树中，那么 \(f_u=v\)。
那么就有一个显然的做法：\(n\) 次询问把 \(dep\) 搞出来，然后从根节点向下递归处理每个节点，对于每个节点询问一次子树，这样做询问的量级在 \(O(n^2)\) 左右（连弱化版都过不了）。
如何改进？对于 \(v\) 节点，确定一个儿子 \(u\)。知道了 \(v\) 节点的子树，又知道了 \(v\) 其它儿子的子树，两者相减就可以得到 \(u\) 的子树。这样做，每次可以省去一个儿子的子树的询问。
那么 \(u\) 应该选哪个呢？显然应该选重儿子，在考虑树剖和 dsu on tree 里的推论，可以得到 \(\sum siz_i-siz_{u_i}\) 的量级在 \(O(n\log n)\)（证明可以去看 oiwiki），完全二叉树时达到下界。那么如果能够知道每个节点的重儿子，那么就可以在 \(O(n\log n)\) 内解决这个问题。
如何在一颗结构不明的树里找到每个节点的重儿子？随机的艺术。
我们随机一些点，根据定义，重儿子的子树最大，那么应该占随机出的点就应该更多。那么我们就把占随机点最多的儿子当成重儿子。
那么应该随机几个呢？通过实验发现，随机 \(1\) 个表现十分优秀。
为什么？随机的艺术。
复杂度的退化主要来自与处理时把重儿子和轻儿子颠倒了，如果出题人想卡这样的做法，就必须将重儿子搞得尽量重，但随即 \(\sum siz_i-siz_{u_i}\) 也会更小，所以实际表现也十分优秀。
代码：（\(son\) 表示重儿子，\(siz\) 表示子树大小，\(sontree\) 表示子树）
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rg register
#define inf 0x3f3f3f3f
#define ll long long
inline int read(){
rg int ret=0,f=0;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)){ret=ret*10+ch-48;ch=getchar();}
return f?-ret:ret;
}
int n,u,dep[5005],siz[5005],sontree[5005][5005],son[5005];
int fa[5005];
bool vis[5005];
void dfs(int x){
if(!siz[x]) return;
int tmp=sontree[x][rand()%siz[x]+1],cnt=0;
random_shuffle(sontree[x]+1,sontree[x]+siz[x]+1);
for(rg int i=1;i<=siz[x];++i){
if(dep[sontree[x][i]]!=dep[x]+1) continue;
if(tmp==sontree[x][i]) u=0;
else printf("? 1 %d %d\n",sontree[x][i],tmp),fflush(stdout),u=read();
if(u==dep[tmp]-dep[sontree[x][i]]){
son[x]=sontree[x][i];
break;
}
}//找到重儿子。
memset(vis,0,sizeof(vis));
for(rg int i=1;i<=siz[x];++i){
if(dep[sontree[x][i]]==dep[x]+1&&sontree[x][i]!=son[x]){
printf("? 2 %d\n",sontree[x][i]); fflush(stdout);
siz[sontree[x][i]]=read()-1;
int cntnow=0;
for(rg int j=1;j<=siz[sontree[x][i]]+1;++j){
u=read(); vis[u]=1;
if(u!=sontree[x][i]) sontree[sontree[x][i]][++cntnow]=u;
}
}
}//询问轻儿子的子树
for(rg int i=1;i<=siz[x];++i){
if(!vis[sontree[x][i]]&&sontree[x][i]!=son[x])
sontree[son[x]][++siz[son[x]]]=sontree[x][i];
}//根据轻儿子的子树推出重儿子的子树。
for(rg int i=1;i<=siz[x];++i){
if(dep[sontree[x][i]]==dep[x]+1){
fa[sontree[x][i]]=x;
dfs(sontree[x][i]);
}
}//递归处理。
}
signed main(){
n=read();
for(rg int i=2;i<=n;++i){
printf("? 1 1 %d\n",i); fflush(stdout);
dep[i]=read(); sontree[1][++siz[1]]=i;
} //处理深度。
dfs(1);
printf("! ");
for(rg int i=2;i<=n;++i) printf("%d ",fa[i]);
puts("");
fflush(stdout);
return 0;
}
