题解[JOISC2020] カメレオンの恋

Posted 2021-06-13 SharpnessV

奇奇怪怪的交互题。

有 \\(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\\) 男 \\(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\\) 则 \\(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\\) 或 \\(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;
	}
}