【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