ARC179C 题解

Description

有一个黑板和一个长度为 $n$ 的数组 $A$ ，以及一个正数 $R$ ，保证 $| A_{i} | \leq R, | \sum_{i = 1}^{n} A_{i} | \leq R$ ，但你并不知道 $A$ 数组和 $R$ 的具体值。初始时黑板上按顺序写着 $X_{i} = A_{i} (1 \leq i \leq n)$ 。

有两种操作

+ i j：擦去 $X_{i}, X_{j}$ 并将 $X_{i} + X_{j}$ 写到黑板上，返回 $X_{i} + X_{j}$ 这个数是第几个被写上去的数，要求满足 $| X_{i} + X_{j} | \leq R$ 。

？ i j：查询 $X_{i} < X_{j}$ 是否成立。

$n \leq 1000$ ，需要在 $25000$ 次操作内使黑板上只剩下一个数 $\sum_{i = 1}^{n} A_{i}$ 。

Solution

经过 $n - 1$ 次合法的 + 操作后，留下的数一定是 $\sum_{i = 1}^{n} A_{i}$ ，所以问题在于如何利用 ? 询问保证每一次 + 都合法。

我们不能能通过询问得到任何具体的值，只能知道两个元素的相对大小关系，考虑如何利用大小关系去保证 $| X_{i} + X_{j} | \leq R$ 。每一次 + 操作前的局面都形如：存在一些数 $X_{i}$ 且满足所有的 $| X_{i} | \leq R$ ， $| \sum X_{i} | \leq R$ 。可以发现，若每次选择最大的数和最小的数相加，绝对值一定不会超过 $R$ 。

设当前最大的数为 $m x$ ，最小的数为 $m n$ ，口胡一下证明：

若 $m x < 0$ ，那么当前所有数都是负数，所有数的和的绝对值等于所有数绝对值的和，因此其中任意两数的绝对值的和都小于等于所有数和的绝对值，因此 $\leq R$ 。

若 $m n \leq 0 \leq m x$ ，那么 $| m x + m n | \leq max (| m x |, | m n |) \leq R$ 。

若 $m n > 0$ ，则当前所有数都是正数，和所有数都是负数的证明差不多。

下面的问题就是如何在有限的交互次数内维护最大值和最小值。交互次数限制为 $25000$ ， $n \leq 1000$ ，观察到 $25000$ 大约是 $2 n \log_{2} n$ 。

可以先把初始数组 $A$ 排序，这里排序使用归并排序，这部分比较次数是 $O (n \log n)$ 。然后每次 + 后，二分插入得到的 $X_{i} + X_{j}$ ，插入次数是 $O (n)$ ，每次二分是 $O (\log n)$ ，所以这部分的交互次数也是 $O (n \log n)$ ，总交互次数大约是 $2 n \log_{2} n$ ，可以通过本题。

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define inf 0x3f3f3f3f
#define mod 998244353
#define N 2010
#define pb emplace_back
#define szi sizeof(int)
#define il inline
int n,p[N],t[N],nw,ll,rr,mm;
il int cmp(int i,int j){ //比较操作
	int x; printf("? %d %d\n",i,j),fflush(stdout);
	scanf("%d",&x); return x;
}
il int add(int i,int j){ //加法操作
	int x; printf("+ %d %d\n",i,j),fflush(stdout);
	scanf("%d",&x); return x;
}
il void rpl(){
	puts("!"),fflush(stdout); return ;
}
il void msort(int l,int r){ //我手写归并排序了，如果要写简单一点可以直接用 stable_sort，这个函数是基于归并排序实现的
	if(l==r) return ;
	int mid=l+r>>1,pl=l,pr=mid+1,tot=l-1;
	msort(l,mid),msort(mid+1,r);
	while(pl<=mid||pr<=r){
		if(pr>r){t[++tot]=p[pl++];continue;}
		if(pl>mid){t[++tot]=p[pr++];continue;}
		if(cmp(p[pl],p[pr])) t[++tot]=p[pl++];
		else t[++tot]=p[pr++];
	}
	for(int i=l;i<=r;++i) p[i]=t[i];
	return ;
}
signed main(){
//	freopen(".in","r",stdin);
//	freopen(".out","w",stdout);
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;++i) p[i]=i;
	msort(1,n);
	for(int i=1;i<n;++i){
		nw=add(p[i],p[n]); ll=i+1,rr=n-1;
		while(ll<=rr){ //二分插入位置
			mm=ll+rr>>1;
			if(cmp(nw,p[mm])) rr=mm-1;
			else ll=mm+1;
		}
		for(int j=n;j>ll;--j) p[j]=p[j-1];
		p[ll]=nw;
	}
	rpl();
	return 0;
}