【JOISC2018|2019】【20190622】minerals
题目
交互题
有\(2n\)个物品,编号为\(1-2n\),存在唯一的两两配对关系,即有\(n\)种物品
有一个盒子,初始为空,盒子上会显示里面存在的物品种类数\(C\)
你每次操作可以将一个物品从盒子里拿出或者放入盒子
$n \le 43000 $,次数限制\(10^6\)
题解
首先依次加入所有物品,考虑C变和不变可以将物品分成两个对应的集合AB
在盒子里保留A的一半,依次改变B的状态,考虑C变和不变可以将B继续分成对应的两个集合
交换AB,一直分治下去,复杂度大约是\(O(3.5N+2NlogN)\)
然而这题最优秀的一点在于后面(图片来自官解):
我们假设分治部分的次数复杂度为\(f(N) = tN \ logN\) ,设每次分治的两部分之比为p : 1 - p
(求导)求极值点:
那 p 就一反套路地取0.382好了
#include "minerals.h"
#include<bits/stdc++.h>
#define K 0.38 using namespace std; const int maxN=43010;
int n,P[maxN],Q[maxN],vis[maxN<<1];
int pl[maxN],pr[maxN],ql[maxN],qr[maxN]; bool query(int x){
static int now,lst,re;
vis[x]^=1;now=Query(x);
re=(now!=lst);lst=now;
return re;
} void Swap(int l1,int r1){
static int tmp[maxN];
for(int i=1;i<=l1;++i)tmp[i]=pl[i];
for(int i=1;i<=r1;++i)pl[i]=pr[i];
for(int i=1;i<=l1;++i)pr[i]=tmp[i];
}//直接swap两个指针的话似乎会把指向的数组全部交换 void solve(int*p,int*q,int len){
if(len==1){
Answer(p[1],q[1]);
return;
}
int l1,r1,l2,r2;
l1=r1=l2=r2=0;
for(int i=1;i<=len;++i){
if(vis[p[i]])pl[++l1]=p[i];
else pr[++r1]=p[i];
}
if(l1>r1)Swap(l1,r1),swap(l1,r1);
int base=max(1,(int)(K*len));
while(l1<base)query(pr[r1]),pl[++l1]=pr[r1--];
while(l1>base)query(pl[l1]),pr[++r1]=pl[l1--];
if(vis[pl[1]])Swap(l1,r1),swap(l1,r1);
for(int i=1;i<=len;++i)if(query(q[i])){
ql[++l2]=q[i];
if(l2==l1){for(++i;i<=len;++i)qr[++r2]=q[i];}
} else{
qr[++r2]=q[i];
if(r2==r1){for(++i;i<=len;++i)ql[++l2]=q[i];}
}
for(int i=1;i<=l1;++i)p[i]=pl[i];
for(int i=1;i<=l2;++i)q[i]=ql[i];
for(int i=1;i<=r1;++i)p[i+l1]=pr[i];
for(int i=1;i<=r2;++i)q[i+l2]=qr[i];
solve(q,p,l1);
solve(q+l1,p+l1,r1);
} void Solve(int N) {
n=N;
int cnt1=0,cnt2=0;
for(int i=1;i<=2*n;++i){
if(query(i))P[++cnt1]=i;
else Q[++cnt2]=i;
}
solve(P,Q,n);
}
//一道非常有意思的交互题
//20190622
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