标签：its 别人 ssi += main 放弃 时间复杂度 递归 AC
做的第一道交互题……
首先，有解的一个必要条件是\(a>b\)。否则，即当\(a<=b\)时，可以有\(a\)个unkind的人假装自己就是那\(a\)个honest的人。（彼此之间都说是honest的，说别人都是unkind的）
那么，现在我们考虑处理\(a>b\)的情况。
一个显然的思路就是在\(n+1\)次询问内确定一个人是honest的。这样可以再花\(n-1\)询问确定答案。
注意到一个性质：
若\(p\)说\(q\)是unkind的，那么\(p\)和\(q\)不可能都是honest的。
我们发现，如果直接删除\(p\)和\(q\)减小问题规模，那么新问题仍然满足\(a'>b'\)，也一定存在honest的人。
那么，我们不禁想知道，对于一个有\(k\)个元素的序列\(a_1a_2a_3...a_k\)，怎样的大概\(k\)回答均为Y的询问能让我们确信某个\(a_i\)一定是honest的？
宛如是一只小鸟（题解）把答案告诉了我们，我们发现
\(\forall i, 1 <= i < k,\) \(a_i\)说\(a_{i+1}\)是honest的\(\implies\)
\(a_k\)是honest的。
这是因为若\(a_i\)是honest的，那么\(a_{i+1}\)也是honest的。并且，这里至少有一个人是honest的。那么，我们就可以以如下算法生成\(a_1a_2a_3...a_k\)。
维护一个栈。枚举每一个人：
- 如何当前栈为空，将其加入栈。
- 如果栈顶说它是honest的，将其加入栈。
- 如果栈顶说它是unkind的，放弃它且取出栈顶。
时间复杂度\(O(n)\)。
#include <bits/stdc++.h>
#define gc() getchar()
using namespace std;
const int N = 4010;
int sta[N],top,a,b,ans[N],t,n;
bool ask(int x,int y) {
static char tmp;
printf("? %d %d\n",x,y);
fflush(stdout);
for (tmp = gc() ; tmp != 'Y' && tmp != 'N' ; tmp = gc());
return (tmp == 'Y');
}
int main() {
scanf("%d%d",&a,&b);
if (a <= b) return 0 * puts("Impossible\n");
n = a + b;
for (int i = 0 ; i < n ; ++ i) {
if (!top) sta[++top] = i;
else {
if (ask(sta[top],i))
sta[++top] = i;
else top--;
}
}
t = sta[top];
for (int i = 0 ; i < n ; ++ i)
ans[i] = ask(t,i);
printf("! ");
for (int i = 0 ; i < n ; ++ i)
printf("%d",ans[i]);
puts("");
return 0;
}
顺便一提，还有个高妙的做法。
这个做法基于一个结论：
如\(p\)和\(q\)互相说对方是honest的，那么它们的状态相同。
状态也就是指unkind或honest。显然，这些信息可以用并查集维护。
注意到询问上限\(2n = \sum_{k>=0} \frac {n} {2^k}\)，故考虑不断把问题个规模缩小一倍。
下面,直接给出算法及代码：
考虑现在有\(k\)个元素集合，每个集合保证其中的元素状态相同。我们把它们每两个分成一组，丢弃多余出来的一个。对于每一组，花两次询问判断这两个集合是否一定状态相同，是则将它们合并;否则丢弃它们。
对新产生的集合再递归进行这个操作。
最后，令\(t\)为最后一次在分组时因多余而被丢弃的集合。可以证明，\(t\)是honest的。我们向\(t\)询问上面所有被丢弃的集合，得出答案。
#include <bits/stdc++.h>
#define gc() getchar()
using namespace std;
const int N = 4010;
int a,b,n,t,ans[N],q[N],tmp[N],cnt,tcnt,fa[N];
vector<int> threw;
int get_fa(int x) {
return x == fa[x] ? x : fa[x] = get_fa(fa[x]);
}
bool ask(int x,int y) {
static char tmp;
printf("? %d %d\n",x,y);
fflush(stdout);
for (tmp = gc() ; tmp != 'Y' && tmp != 'N' ; tmp = gc());
return (tmp == 'Y');
}
void solve() {
if (cnt == 0) return;
tcnt = 0;
for (int i = 0 ; i+1 < cnt ; i += 2) {
if (ask(q[i],q[i+1]) == 1 && ask(q[i+1],q[i]) == 1) {
fa[q[i+1]] = q[i];
tmp[tcnt++] = q[i];
} else threw.push_back(q[i]), threw.push_back(q[i+1]);
}
if (cnt&1) t = q[cnt-1], threw.push_back(q[cnt-1]);
for (int i = 0 ; i < tcnt ; ++ i) q[i] = tmp[i];
cnt = tcnt;
solve();
}
int main() {
scanf("%d%d",&a,&b);
if (a <= b) return 0 * printf("Impossible\n");
n = a + b;
for (int i = 0 ; i < n ; ++ i)
q[i] = i, fa[i] = i;
cnt = n;
solve();
for (int i = 0 ; i < n ; ++ i) get_fa(i);
for (int i = 0 ; i < (int)threw.size() ; ++ i) {
if (threw[i] == t) continue;
ans[threw[i]] = ask(t,threw[i]);
}
ans[t] = 1;
for (int i = 0 ; i < n ; ++ i)
ans[i] = ans[fa[i]];
printf("! ");
for (int i = 0 ; i < n ; ++ i)
printf("%d",ans[i]);
puts("");
return 0;
}
接下来证明一下为什么这个算法是正确的。
首先证明总询问次数是不多于\(2n\)的。
我们考虑递归中的第\(d+1\)层，此时最多有\(\frac {n} {2^d}\)个元素。那么，单是在这一层的处理中每一个元素平均下来的对询问次数的贡献是\(\frac {1} {2^d}\)。我们记\(a_d\)表示某一个元素从第\(d+1\)层起所能产生的最大贡献。下面考虑两种情况：
故我们得出
\[a_d = \begin{cases}
\max (\frac {1} {2^d} + a_{d+1} - \frac {1} {2^{d+1}},\frac {1} {2^d}),& \text{if $ 0 <= d < \log_2n$} \0, & \text{if $d = \log_2n$} \\text{undefined}. & \text{otherwise}
\end{cases}\]
稍微YY一下我们就得到，当\(0 <= d < \log_2n\)时，\(a_d = \frac {1} {2^d}\)。
那么，总询问次数不多于\(n \times a_0 + n = 2n\)。
然后，证明为什么\(t\)就是honest的。
首先声明，在递归过程中，可能会出现\(a=b\)。要出现这情况，一个必要条件是在分组时丢弃了一个honest的集合。当然，容易想到不会再出现有\(a<b\)的情况。
我们讨论递归的最后一层，集合个数可能是1或2。
现在，我们就可以确信，这个算法没问题了。
时间复杂度\(O(n \alpha (n))\)。
小结：感觉根本想不出那么巧妙的东西。或许是思维能力还不够吧。
【做题】arc070_f-HonestOrUnkind——交互+巧妙思维
标签：its 别人 ssi += main 放弃 时间复杂度 递归 AC
原文地址：https://www.cnblogs.com/cly-none/p/9021812.html
