LOJ #3161. 「NOI2019」I 君的探险
测试点 (1) 至 (5)：
暴力，每次改变点 (i) 的状态，查看 (i + 1...n) 哪些点状态改变了，改变了说明有边。
注意 modify 只有 (n - 1) 次机会，请别碰 (n - 1) 号结点！！
可获得 (20 m pts)。
测试点 (6) 至 (9)：
数据保证 (n) 个点形成 (n/2) 个匹配，询问次数上界 (n log n) 和 (q log n)。
考虑整体二分，solve(l, r, ql, qr) 表示询问 ([ql,qr]) 中答案在 ([l,r]) 里，取中点 mid，每次修改 (l...mid)，对于询问 (x)，如果 (xin[l,mid]) 和 (x) 状态改变这两个条件满足了恰好一个，说明 (x) 的连边在 ([l,mid]) 中，递归到左边，其他递归到右边。
有个小问题是状态无法及时更新。即我们在修改 ([l,mid]) 时，可能把 ([r + 1, n]) 中的一些点状态改变了，而无法更新这个状态。没有关系，对于边 ((x,y),x<y)，我们分治到 (x) 时就统计答案。
结合前面的算法可获得 (36 m pts)。
（好像我这个做法比较烦人，但 modify 次数为上界的一半）
测试点 (10) 至 (11)
数据保证形成树且父亲结点编号比儿子小，询问次数上界 (n log n) 和 (q log n)。
还是整体二分，考虑询问 (x)，若 (xleq mid) 直接分到右边，否则我们把 ([l,mid]) modify 一次，看 (x) 是否为 (1)，是则分到左边，否则分到右边。然后再把 ([l,mid]) modify 回来。一开始脑抽了，没发现这样写只调用了区间长度次 modify，还以为有个二倍常数过不去。
结合前面的算法可获得 (44 m pts)。
测试点 (12) 至 (14)
数据保证形成链，询问次数限制 (10^7)（相当于不 TLE 就行）。
考虑按二进制位做，对于第 (k) 位，把该位为 (1) 的结点 modify。询问完再改回去。
对于该位为 (1) 的结点：
- 若查询的状态为 (1)，说明两端该位 xor 为 (0)。
- 若查询的状态为 (0)，说明两端该位 xor 为 (1)。
该位为 (0) 的结点同理。这样我们就得到一个点所连两个点的 xor。
暴力询问与 (0) 相连的点，然后直接递推就能得到答案了。
结合前面的算法可获得 (56 m pts)。
测试点 (15) 至 (17)
数据保证是树，询问次数 (10^7)，允许 (2m) 次 check。
套有上面的二进制位方法可以求出每个点相邻点编号 xor 和，为了方便标号从 (1) 开始，(u) 的相邻结点异或和记做 (p[u])。
我们维护一个队列 (Q)，初始时加入 (1,2,3,...,n)。
每次取出队列的 front，记做 (u)，通过 modify + query + modify 检查 (u) 和 (p[u]) 之间是否有边，若有边就 report，然后把 (p[p[u]]) 异或上 (u)，让 (p[u]) 加入队列，再令 (p[u] = 0)，也就是把这条边断了，一直做到队列为空。
由于某个叶子都会往上删，直到把所在连通块删完，做法正确。复杂度也是有保证的，初始 (n) 个点，每断一条边才会做 push 操作，也就是我们最多取 front (n+m) 次。
注意要判重边，因为可能有 (u,v) 互相删的情况。
另外我感觉使用 check 做也是 ok 的，没有仔细想。
结合前面的算法可获得 (68 m pts)。
测试点 (18) 到 (25)（正解）
好，现在非常高兴地告诉你前面的东西和正解没关系
类似测试点 (6) 到 (9) 做整体二分，先通过 random_shuffle 随机打乱结点编号，然后每个点仿照之前的方法“找父亲”，但要注意询问点的状态要消除了已 report 的点的影响。
我们每一轮把 check = 0 的结点加入询问， random_shuffle 后做上面所述的整体二分。
证明毫无头绪，网上也没什么资料。
结合前面的算法可获得 (100 m pts)。
代码
实现了上述所有 subtask。
#include "explore.h"
#include <bits/stdc++.h>
#define pb push_back
#define rep(i, j, k) for(int i = j; i <= k; ++ i)
#define per(i, j, k) for(int i = j; i >= k; -- i)
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10;
namespace task1 {
int st[N];
void main(int n) {
rep(i, 0, n - 2) {
modify(i);
st[i] ^= 1;
rep(j, i + 1, n - 1) {
if(query(j) ^ st[j]) {
st[j] ^= 1;
report(i, j);
}
}
}
}
}
namespace task2 {
int st[N], q[N], t1[N], t2[N];
bool use[N];
void solve(int l, int r, int ql, int qr) {
if(ql > qr || l > r) return ;
if(l == r) {
rep(i, ql, qr) if(!use[min(q[i], l)]) {
use[min(q[i], l)] = 1;
report(q[i] - 1, l - 1);
break ;
}
return ;
}
int mid = (l + r) >> 1;
rep(i, l, mid) modify(i - 1);
int T1 = 0, T2 = 0;
rep(i, ql, qr) {
bool diff = 0;
if(st[q[i]] ^ query(q[i] - 1)) {
st[q[i]] ^= 1; diff = 1;
}
if(diff ^ (l <= q[i] && q[i] <= mid)) t1[++ T1] = q[i];
else t2[++ T2] = q[i];
}
rep(i, 1, T1) q[ql + i - 1] = t1[i];
rep(i, 1, T2) q[ql + T1 + i - 1] = t2[i];
solve(l, mid, ql, ql + T1 - 1);
solve(mid + 1, r, ql + T1, qr);
}
void main(int n) {
rep(i, 1, n) q[i] = i;
solve(1, n, 1, n);
}
}
namespace task3 {
int st[N], q[N], t1[N], t2[N];
void solve(int l, int r, int ql, int qr) {
if(ql > qr || l > r) return ;
if(l == r) {
rep(i, ql, qr) {
report(l - 1, q[i] - 1);
}
return ;
}
int mid = (l + r) >> 1, T1 = 0, T2 = 0;
rep(i, l, mid) modify(i - 1);
rep(i, ql, qr) {
if(q[i] <= mid || query(q[i] - 1)) t1[++ T1] = q[i];
else t2[++ T2] = q[i];
}
rep(i, l, mid) modify(i - 1);
rep(i, 1, T1) q[ql + i - 1] = t1[i];
rep(i, 1, T2) q[ql + T1 + i - 1] = t2[i];
solve(l, mid, ql, ql + T1 - 1);
solve(mid + 1, r, ql + T1, qr);
}
void main(int n) {
report(0, 1);
rep(i, 3, n) q[i] = i;
solve(1, n, 3, n);
}
}
namespace task4 {
int p[N];
void get(int u, int la) {
if(!(la ^ p[u])) return ;
report(u, la ^ p[u]);
get(la ^ p[u], u);
}
void main(int n) {
for(int i = 0; (1 << i) < n; i ++) {
rep(u, 0, n - 1) if(u >> i & 1) modify(u);
rep(u, 0, n - 1) if((u >> i & 1) ^ query(u)) p[u] |= 1 << i;
rep(u, 0, n - 1) if(u >> i & 1) modify(u);
}
modify(0);
int u = -1, v = -1;
rep(i, 1, n - 1) if(query(i)) u == -1 ? u = i : v = i;
report(0, u); get(u, 0);
if(~ v) {
report(0, v); get(v, 0);
}
}
}
namespace task5 {
int p[N];
map< pair<int, int>, bool > Map;
bool ins(int x, int y) {
pair<int, int> p(min(x, y), max(x, y));
if(Map[p]) return 0;
return Map[p] = 1;
}
void main(int n) {
for(int i = 0; (1 << i) <= n; i ++) {
rep(u, 1, n) if(u >> i & 1) modify(u - 1);
rep(u, 1, n) if((u >> i & 1) ^ query(u - 1)) p[u] |= 1 << i;
rep(u, 1, n) if(u >> i & 1) modify(u - 1);
}
queue<int> q;
rep(i, 1, n) q.push(i);
while(q.size()) {
int u = q.front(); q.pop();
if(p[u] >= 1 && p[u] <= n && p[u] != u) {
modify(p[u] - 1); int t = query(u - 1); modify(p[u] - 1);
if(t && ins(u, p[u])) {
report(u - 1, p[u] - 1);
p[p[u]] ^= u;
q.push(p[u]);
p[u] = 0;
}
}
}
}
}
namespace task6 {
int id[N], q[N], cnt, t1[N], t2[N];
bool use[N], st[N];
vector<int> g[N];
int calc(int u) {
bool tg = query(id[u] - 1);
for(int j = 0; j < (int) g[id[u]].size(); j ++) tg ^= st[g[id[u]][j]];
return tg;
}
void solve(int l, int r, int ql, int qr) {
if(ql > qr) return ;
if(l == r) {
rep(i, ql, qr) if(l != q[i]) {
report(id[l] - 1, id[q[i]] - 1);
g[id[l]].pb(id[q[i]]);
g[id[q[i]]].pb(id[l]);
cnt --;
}
return ;
}
int mid = (l + r) >> 1;
rep(i, l, mid) if(!use[id[i]]) modify(id[i] - 1), st[id[i]] = 1;
int T1 = 0, T2 = 0;
rep(i, ql, qr) {
if(q[i] <= mid || calc(q[i])) t1[++ T1] = q[i];
else t2[++ T2] = q[i];
}
rep(i, l, mid) if(!use[id[i]]) modify(id[i] - 1), st[id[i]] = 0;
rep(i, 1, T1) q[ql + i - 1] = t1[i];
rep(i, 1, T2) q[ql + T1 + i - 1] = t2[i];
solve(l, mid, ql, ql + T1 - 1);
solve(mid + 1, r, ql + T1, qr);
}
void main(int n, int m) {
srand(202021);
cnt = m;
rep(i, 1, n) id[i] = i;
while(cnt) {
random_shuffle(id + 1, id + n + 1);
int qm = 0;
rep(i, 1, n) if(!use[id[i]]) q[++ qm] = i;
solve(1, n, 1, qm);
if(cnt) rep(i, 1, n) if(!use[i] && check(i - 1)) use[i] = 1;
}
}
}
void explore(int n, int m) {
if(n <= 500) task1::main(n);
else if(n % 10 == 8) task2::main(n);
else if(n % 10 == 7) task3::main(n);
else if(n % 10 == 6) task4::main(n);
else if(n % 10 == 5) task5::main(n);
else task6::main(n, m);
}