做题arc070_f-HonestOrUnkind——交互+巧妙思维

Posted 2020-11-04 cly_none

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。

标算

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。

高妙做法

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：

• 这个元素与另一个元素合并，为下一层递归添加了一个元素，也为最后的确定答案产生了\(- \frac {1} {2^{d+1}}\)的贡献。那么，有\(a_d = \frac {1} {2^d} + a_{d+1} - \frac {1} {2^{d+1}}\)。
• 这个元素未能与另一个元素合并。那么，有\(a_d = \frac {1} {2^d}\)。

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。

• 集合个数为1。那么，\(t\)将成为这个集合。因为\(a>=b\)，所以这个集合一定是honest的。
• 集合个数为2。此时，\(a=b=1\)。考虑前面最后一层导致了\(a=b\)的递归。在那里，因分组而丢弃了一个honest的集合\(S\)。那之后的每一层递归中，一定有\(a=b\)（否则那就不是最后一层导致\(a=b\)的递归），则集合个数为偶数，不会再因分组而丢弃集合。因此，\(t\)就是\(S\)，是honest的。

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。