题解[JOISC2020] カメレオンの恋

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篇首语:本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理,主要介绍了题解[JOISC2020] カメレオンの恋相关的知识,希望对你有一定的参考价值。

奇奇怪怪的交互题。

\\(2N\\) 只变色龙,每条变色龙有一个性别,一个颜色,和一个喜欢的颜色不同的异性。其中恰好 \\(N\\)\\(N\\) 女,\\(N\\) 种颜色每种颜色恰好两条变色龙。

每次可以选一些变色龙出来,如果第 \\(i\\) 条龙和它喜欢的龙同时被选了,那么它就变成喜欢龙的颜色,否则不变,返回变色后的颜色数。

\\(N\\le 500\\) ,需要在 \\(20000\\) 次询问内求出颜色相同的每一对龙。

对于子任务 \\(1\\) ,所有变色龙都是双向喜欢。那么查询所有二元组 \\((i,j)\\) ,如果返回 \\(1\\)\\(i,j\\) 颜色相同,否则颜色不同。因为如果互相或互相不喜欢,颜色总数都不变。

对于子任务 \\(2,3\\) ,延续子任务 \\(1\\) 的思路,查询所有二元组,如果返回 \\(1\\) ,手玩一下发现有三种情况。第一种是两者颜色相同,第二种是 \\(i\\) 单向喜欢 \\(j\\) ,或者是 \\(j\\) 单向喜欢 \\(i\\) 。我们在 \\(i,j\\) 之间连边,一个点的入度为 \\(1\\)\\(3\\)

入度为 \\(1\\) ,则与之连边的点和它颜色相同。

入度为 \\(3\\),我们找到与之相连的三个点中的两个点,查询当前点和这两个点的集合,如果返回 \\(1\\) ,则当前点一定单向喜欢第三个点。

这样我们可以在 \\(\\mathcal{O}(N^2)\\) 次询问内找出答案。

对于子任务 \\(4\\) ,我们发现瓶颈在于连边的过程,而这个子任务中已知性别。

显然连边后的图一定是二分图,因为无论是喜欢关系还是相等关系都是异性之间。

那么对于 \\(X\\) 中的点,可以快速在 \\(Y\\) 中二分出连边的三个点,同理对于 \\(Y\\) 中的点,可以快速在 \\(X\\) 中二分出连边的三个点。这样询问次数是 \\(\\mathcal{O}(N\\log N)\\)

对于子任务 \\(4\\),依次考虑每个点 \\(i\\) 。首先我们建出前 \\(i-1\\) 个点的图,这一定是二分图,那么第 \\(i\\) 个点在二分图的 \\(X\\) 部和 \\(Y\\) 部通过二分快速连边。

随着点的加入二分图的 \\(X\\) 部和 \\(Y\\) 部会变化,所以每次都要重新 DFS 染色。时间复杂度 \\(\\mathcal{O}(N^2\\log N)\\) ,询问次数 \\(\\mathcal{O}(N\\log N)\\)

#include<bits/stdc++.h>
#include "chameleon.h"
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define pre(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
#define N 1005
using namespace std;
int v[N],ot[N],in[N];vector<int>c[2],a[N];
int ask(vector<int>p,int w,int l,int r){
	vector<int>cur;cur.push_back(w);
	rep(i,l,r)cur.push_back(p[i-1]);
	return Query(cur);
}
void dfs(int x,int op){
	v[x]=1;c[op].push_back(x);
	for(int i=0;i<(int)a[x].size();i++)
		if(!v[a[x][i]])dfs(a[x][i],1-op);
}
void calc(vector<int>u,int x){
	if(!u.size())return;
	int st=1,sz=u.size();
	rep(op,0,2){
		if(st>sz||ask(u,x,st,sz)==sz-st+2)return;
		int l=st,r=sz,ed=0;
		while(l<=r){
			int mid=(l+r)>>1;
			if(ask(u,x,st,mid)<=mid-st+1)ed=mid,r=mid-1;
			else l=mid+1;
		}
		a[x].push_back(u[ed-1]);a[u[ed-1]].push_back(x);st=ed+1;
	}
}
int qry(int x,int y,int z){
	vector<int>u;
	u.push_back(x);u.push_back(y);u.push_back(z);
	return Query(u);
}
void solve(int x){
	if(a[x].size()>2){
		int i=a[x][0],j=a[x][1],k=a[x][2];
		if(qry(x,i,j)==1)ot[x]=k,in[k]=x;
		else if(qry(x,j,k)==1)ot[x]=i,in[i]=x;
		else ot[x]=j,in[j]=x;
	}
}
void Solve(int n){
	rep(i,2,n*2){
		memset(v,0,sizeof(v));
		c[0].clear();c[1].clear();
		rep(j,1,i-1)if(!v[j])dfs(j,0);
		calc(c[0],i);calc(c[1],i);
	}
	memset(v,0,sizeof(v));
	rep(i,1,n*2)solve(i);
	rep(i,1,n*2)if(!v[i]){
		if(in[i]){
			int cur=0;
			for(int j=0;j<=2;j++)if(a[i][j]!=in[i]&&a[i][j]!=ot[i])cur=a[i][j];
			Answer(i,cur);v[i]=v[cur]=1;
		}
		else Answer(i,a[i][0]),v[i]=v[a[i][0]]=1;
	}
}

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