【IOI2018】组合动作
还是自己水平不够,想了两天没想出来……(然后我就被其他人吊打了)
这种题目看了题解就秒会,自己想就想不出来……
下面是我的心路历程(我就在想出来又叉掉的不断循环中度过……)
开始把题目看成了查询限制 \(2N\) 长度,然后怎么也不会做,看看题,发现是 \(4N\) (然而还是不会做)
首先一个很显然的想法,就是先两步找出第一个,然后后面的每个都用一步。最后一位可能要多耗费一个。此时总步数正好是 \(N + 2\)。
然后重点就在中间的了。
我们记剩下来的字符为 \(A, B, C\),当前处理好的字符串为 \(S\)。
首先很容易有一个想法:在一个串后面加一堆同一个字符,然后看增加了多少,这样有概率一下子增加多个。
如果把所有连续的长度求出来,那么每次枚举只有两种情况,貌似很优秀。
于是构造 \(\{ S + A + \dots, S + B + \dots\}\),发现没填满,应该不对,于是改成 \(\{ S + A + A + \dots, S + A + B +\dots, S + B + A + \dots, S + B + B + \dots \}\) 。
然后发现对于下面是 \(A\) 和 \(B\) 的都很好求,只要分类讨论增加了几个。
但是一旦有 \(C\) 就会有额外枚举量,所以这种想法放弃了。
接着考虑如果不求最长连续的,对三种情况暴力算的也许可以。比如说可以改成不断的求子问题的模型。
仔细分析发现这样做本质和每次只增加 \(O(1)\) 个字符是相同的。
所以考虑每次增加那么多。
接下来我类似地考虑了这个加同一个字符。
也就是询问 \(\{ S + A + A + A, S + A + B + B, S + B + A + A, S + B + B + B \}\)
显然也可以通过分类讨论加了多少个的情况。
对于没加的;显然是 \(C\),对于加了 \(1\) 的,枚举第一位就可以知道第 \(2\) 位;对于加了 \(3\) 的,显然可以查询两次得到。对于这几种情况,得到每一个的耗费都是 \(1\)。
然而这个做法还是挂在加了 \(2\) 的,冷静分析,发现直接确定第三位还是更优的,但是马上发现你要用两步确定 \(8\) 种情况,然后GG。
所以发现我的做法对于只增加了两个的都凑不出来(总会多一步)。
凑了那么多,发现最后还是要找一个对于所有位数,情况平均少一点的。但是有一个 \(3\) 就显得难做了。
直到我看了题解:
我的做法太贪了,一次确定多位不太行,没有去想一次只确定一位……(这个故事告诉我们,做题尽量由浅入深,从简单的开始考虑)
和分类讨论加了多少个的思想类似,这个十分的暴力……
直接把下一个是 \(A\) 就 \(+2\), 是 \(B\) 就 \(+1\), 是 \(C\) 就 \(+0\),显然这个很好构造 \(\{ S + A + A, S + A + B, S + A + C, S + B\}\)
显然满足。
然后注意对剩下的只有一个的特判,正好补上最后的多的一个。
然后我把 \(<\) 写成 \(\leq\),WA了一发……
#include "combo.h"
const char sx[] = {'A', 'B', 'X', 'Y'};
std::string S, li[3];
std::string d(int at) {
return at == 3 ? S : li[at];
}
template<typename ... T>
std::string d(int at, T ... args) {
return (at == 3 ? S : li[at]) + d(args...);
}
std::string guess_sequence(int N) {
char fir = press("AB") >= 1 ? (press("A") ? 'A' : 'B') : (press("X") ? 'X' : 'Y');
S += fir; int bx = 0;
for (int i = 0; i < 4; ++i)
if (sx[i] != fir) li[bx++] = std::string(1, sx[i]);
for (bx = 1; bx < N; ) {
std::string qry;
if (bx + 1 == N) {
S += press(d(3, 0)) == N ? li[0] : (press(d(3, 1)) == N ? li[1] : li[2]);
break;
}
int res = press(d(3, 0, 0, 3, 0, 1, 3, 0, 2, 3, 1)) - bx;
if (!res) S += li[2];
else if (res == 1) S += li[1];
else if (res == 2) S += li[0];
++bx;
}
return S;
}
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