本处的非传统题，指构造、交互、提答、通信等这一类较传统问题不同，解法不普遍的题型。
本文将会讲解一些这样的题，并给出一些题的通用方法。
配套题单。
知识点
先复习一下简单的知识点，然后进入我们的讲题。
鸽巢原理
将 (n) 个物品分为 (k) 份，最大的一份至少为 (lceil frac{n}{k} ceil) 个，最少的一份至多有 (lfloor frac{n}{k} floor) 个。
矩阵染色
对某一个 (k)，将矩阵中的每个位置 ((x,y)) 染上第 (x+y mod k)，使得相连的 (k) 个格子颜色不同。
DFS 树
给定一个无向图或有向图，用 DFS 找出图中的一棵生成树。
重要的事实：无向图的非树边一定是后向边。
随机化
随机永远会是最后的手段，有的题目使用随机是有一定作用的。
分块
是的没错，分块永远是适配于所有题目的。
常见的方向还有二进制分解，二分，分治，递归，限于篇幅不再一一赘述。
这些都是解决这一类非传统题型的利器。
例题
2020 美团杯 最长公共子序列
这是一道水题。
显然如果我们选择询问 ((i,j))，若 (i) 的位置在 (j) 之前，询问则会返回 (2)，否则则会返回 (1)。
那么我们询问一组 ((i,j))，就可以得到 (i) 与 (j) 的相对关系，做一遍快速排序即可。
IOI 2014 Game
要想在前 (r-1) 个问题中不让对手猜出答案，当且仅当最后他问的一条边如果在图中是桥边。
由于最后一个回答没有作用，所以我们假设最后一个问题的答案为真，即整张图为连通图。
然而对手问的边不一定，所以我们要最大化桥边数量，哪种图的桥边最多呢？树！
我们随便取一个点 (n)，显然对手会问 (n-1) 次与 (n) 有关的信息，考虑在前 (n-2) 次回答假，在最后一次回答真。
那么，总的策略就是，对于询问 ((u,v))，其中 (u<v)，如果这是关于点 (v) 的第 (v-1) 次询问，回答真，否则回答假。
JOISC 2020 Legendary Dango Maker
提交答案题有大量的解法，包括但不限于找性质、贪心、爆搜等各种奇淫技巧，其中较为常见的是随机化算法。所以玩提答可以合法浪费时间。
对于这道题，我们先转换模型，找出所有的美丽串，将美丽串作为点，相互冲突的美丽串之间连边，那么问题直接转化为一般图最大独立集问题，直接模拟退火即可。
这里阐述一下模拟退火的原理：
考虑我们现在有一个解，对这个解做出随机的修改，如果这个解比我们的最优解要优秀，那么我们一定保留，如果这个解要屑一些，我们以一定概率保留。
实现上，设置常数 (k)，变化量 (Delta)，终点 (E)，维护初温 (T)，每次作出修改时，设解的变化量为 (Delta f)，(T=T imes Delta)，而上述的一定概率就等于 (e^{frac{-Delta f}{kT}})。
而模拟退火的麻烦点就在这里，上述设置的对程序的运行有着大量的影响，所以我们需要调参。
套用到一般图最大独立集问题中，我们先预先求出一个独立集，然后我们考虑修改，每次尝试将一个点加入并求合法独立集，最后比较这个解与我们的最优解即可。
CF R 562 Xor Permutations
你看这个构造，真是太逊了！才乱搞几下就 A 了。
方便起见，设 (n=2^k)。
先证明，有解当且仅当 (oplus^{n}_{i=1} a_i=0)，证明如下：
- 由 (p_ioplus q_i=a_i)，得 (p_1oplus q_1oplus p_2oplus q_2oplusldotsoplus p_{n}oplus q_{n}=oplus^{n}_{i=1} a_i)。
- 因为异或具有交换律与结合律，得 (oplus^{n}_{i=1}p_ioplus oplus^n_{i=1}q_i=oplus^n_{i=1}a_i)。
- 又因为 (p,q) 均为排列，所以 (oplus^n_{i=1}p_i=oplus^{n}_{i=1}q_i=0)。
- 所以有解当且仅当 (oplus^n_{i=1}a_i=0)。Q.E.D.
接下来考虑如何构造，考虑调整算法：
图源自邓明扬的论文，在参考资料中有提到。
考虑将每个 (a_i) 与一个 (0sim n-1) 之间的常数匹配，匹配到 (a_i) 的作为 (p_i)，由于 (p_ioplus q_i=a_i)，所以 (q_i=a_ioplus p_i)。
每次我们随机一个未匹配的 (p_i)，检验是否有能直接与 (p_i) 匹配的 (a_i)，如有，直接匹配，如果没有，随机选取一个未匹配的 (a_i)，断掉异或值等于 (p_ioplus a_i) 的匹配，切换成 (a_i) 与 (p_i) 的匹配。
笔者在测试自己的一份代码时，发现这个乱搞相当得快，目前也无法证明这个算法的时间复杂度、正确性（邓明扬，IOI2021 AK 选手，都证明不出这玩意，我何苦为难自己？）。
CGR 12 C Errich-Tac-Toe
这玩意与传统的井字棋规则相比，少了一个对角线，且只要连续三个一样就能赢。
在构造题目中，遇连续多少个就要想到染色，类似的，在这题中，对于格子 ((x,y))，按 ((x+y)mod3) 分类，显然为了平局，只需要将连续的三个格子没有相同颜色即可。
类似的，我们有如下 (6) 种方法来达成目的：
- 第一类格子全改为
X，第二类格子全改为O。 - 第一类格子全改为
X，第三类格子全改为O。 - 第二类格子全改为
X，第一类格子全改为O。 - 第二类格子全改为
X，第三类格子全改为O。 - 第三类格子全改为
X，第一类格子全改为O。 - 第三类格子全改为
X，第二类格子全改为O。
然而这还有个操作限制 (lfloorfrac{k}{3} floor)。但是我们发现这六种方法的操作数总和是 (2 imes k)，依据鸽巢原理，最少的一份最多有 (lfloor frac{k}{3} floor)，选取最少操作步数的一种方案即可通过本题。
WF 2014 Baggage
As a resault,nobady solved this problem during the WF 2014:)
首先这个题有别于我们之前所讲的构造，他要求最优解，然而我们连最优解的答案是什么都不知道，而且这题好像也没别的什么性质。
考虑先爆搜抑或是手玩，于是你发现一个关键点，这个最优解在一定的小范围内是 (n)，其实我们可以估计出一个答案的下界：
- 设相邻的两个字母不相同的对数为 (d)，那么一开始 (d=2 imes n-1)，目标状态 (d=1)，这之间的变化量为 (2 imes n-2)，每一次操作最多使得 (d) 减掉 (2)，但第一次操作无论如何 (d) 都只会减掉 (1)。
- 所以答案的下界为 (1+lceilfrac{2 imes n-3}{2} ceil=1+n-1=n)。
注意观察爆搜出的解，当 (n>3) 时，在结束时所有的货物均在 (-1sim 2 imes n -2) 处，这启示我们特判 (n=3) 的情况，处理剩下的情况，将大问题规约到子问题。
这种方式是这样的：
__BABABABA…BABABA
ABBABABABA…BAB__A
ABBA__BABA…BABBAA
此刻我们发现，中间的 __BABA…BA 是一个子问题，递归下去做。
ABBAAAA…BBB__BBAA
A__AAAA…BBBBBBBAA
AAAAAAA…BBBBBBB__
至此，我们便完成了构造。
具体实现方向是，将 (n=3,4,5,6,7) 的情况进行打表，按上述方式递归即可。
CF R 649 Ehab's Last Corollary
考虑建立出 DFS 树。
因为这是一张无向图，所以他的非树边一定是后向边，那么在 DFS 的过程中，如果遇到了非树边 ((u,v))，满足 (|dep_u-dep_v|< k) 时，从 (u) 到 (v) 的树上简单路径上的点可以构成一个大小不超过 (k) 的简单环。
接下来考虑找不到简单环的情况，方便起见，设 (lim=lceilfrac{k}{2} ceil)。
- 若 (m=n-1)，也就是原图是一棵树，考虑将节点按深度奇偶性分类，显然在同一类的点是一个独立集，而我们分成的这两个集合总大小为 (n)，依据鸽巢原理，较大的那一份至少为 (lceilfrac{n}{2} ceilge lim) 个，直接对这一份乱取 (lim) 个即可。
- 否则，说明这张图上不存在一条非树边满足 (|dep_u-dep_v|<k)，也就是说，对于距离在 ([2,k)) 之间的点对，不存在有边相连，那么，我们取深度最深的那个点，他的深度一定 (ge k)，取他与他的 (2,4,ldots,2 imes lim-2) 级祖先作为独立集一定是满足条件的。
CF R 628 Ehab's Last Theorem
这题和上题是同一个出题人
为了下面方便讨论，设 (lim=lceilsqrt{n} ceil)。
建出 DFS 树，同上题，如果在遍历中出现了后向边 ((u,v)) 且 (|dep_u-dep_v|ge lim-1) 时，自 (u) 到 (v) 的树上简单路径上的点可以构成一个简单环。
如果没有环，按照 (dep_umod (lim-1)) 的值来分类，对于一对在同一类的，呈父子关系的点，他们的树上简单路径距离一定 (ge lim-1)，而我们在上面已经确定，对于一对这样的点，没有后向边将他们相连，所以同一类的点构成了一个独立集。
依据鸽巢原理，最大的一类里至少包含 (lceilfrac{n}{lim-1} ceilge lim) 个，所以选取最大的一类中的任意 (lim) 个点就可以满足条件。
CF R 684 Graph Subset Problem
先考虑至少有 (k) 个邻居的子集怎么做，考虑将 (deg<k) 的节点塞到一个队列中，每次删点并同时处理相邻点的 (deg)，当队列为空时，剩下的点就是一个满足条件的子集。
如果上面的子集为空，我们就要考虑判断团，实际上，在做上述的过程时，如果我们遇到一个节点 (u)，满足 (deg_u=k-1)，就可以考虑他与他的邻居为一个团，判定方法十分简单，直接暴力枚举 (frac {k(k-1)} 2) 条边，使用 set 或是哈希表判断一下就行了。
SDOI 2019 热闹的聚会与尴尬的聚会
我们先分析这个离了谱的条件：(lfloorfrac{n}{p+1} floorle q) 并且 (lfloorfrac n{q+1} floorle p)，推导过程如下：
那么，因为题目要求构造的两个集合是独立的，所以分别最大化 (p,q) 即可。
最大化 (p) 非常简单，将节点按度数排序，每次尝试删掉度数最小的节点 (u) 使答案变大，直到图被删空为止，记录所有时刻里 (p) 最大的一刻作为答案。
最大化 (q) 呢？显然这是一个一般图最大独立集问题，wjr 并不想在年纪轻轻的时候就挑战图灵奖，所以这里只有用模拟退火才能解决了。
问题是否就止步于此呢？我们上述的做法完全没有用到上述两个问题的关联，实际上，在上面的三道题中，都出现了图上两个看似毫不相干的问题的构造，而且这两个构造是有一定关联性的，网上有人称这些问题是“图上二选一构造问题“（见参考资料）。
所以说，我们设计这样一个，由最大化 (p) 的做法修改而来的算法：
- 每次选出度数最小的 (u)。
- 将 (u) 加入第二个点集。
- 删除 (u) 与 (u) 的邻居。
同样的，记录 (p) 最大的时刻作为第一个点集，而在算法最后我们也得到了第二个点集。
正确性呢？我们设第二个点集为 (E)，显然对于每个度数最小的 (u)，(uin E)，而 (p=max{deg_u})，也就是说，每次删去的点数最多有 (p+1) 个，共删了 (q) 次，所以 ((p+1)qge n)，所以满足条件 ((p+1)(q+1)>n)。
至此，问题得到解决。
IOI 2019 Spilt
三个点集的大小没有关系，我们不妨假设 (ale ble c)，这样方便构造。
容易发现我们只需要分别构造大小为 (a) 和 (b) 的点集即可，因为如果构造大小为 (c) 的点集，其必然可以删掉一些点，转化为大小为 (b) 的点集。
算法一：(m=n-1)
从部分分出发，我们考虑如何处理树的情况，此时选出的两个联通子集 (A,B) 均为子树，所以枚举每一条边，判断这条边左右两边是否存在一个大小不小于 (a) 的子树和一个大小不小于 (b) 的子树，分别构造即可。
但是，我们仔细分析这题的性质，如果我们取出这棵树的重心 (C)，那么有解的条件为，将 (C) 提为根后，至少有一棵 (C) 的儿子子树大小 (ge a)。
如果全部 (<a) 的话，集合 (A) 与集合 (B) 必然有交且交于重心。
所以，我们从上述的儿子子树中选取 (a) 个相邻的点，再选取重心与其他子树共 (b) 个点，即可完成题目。
算法二：一般图
受算法一的启发，考虑建出 DFS 树，找到 DFS 树的重心 (C)，去掉 (C) ，DFS 被划分成若干子树，设在 (C) 上面的子树为 (T)，剩下的子树分别为 (S_1,S_2,ldots,S_k)。
- 如果 (T) 或某个 (S_i) 的子树大小 (ge a) 的话，同算法一可以出解。
- 否则，考虑前文提到的无向图上 DFS 树的性质，发现在 (T) 和 (S_i) 之间可能有连边（后向边），在 (S_i) 与 (S_j) 之间不可能有连边（无横叉边）。
- 如果 (T) 与所有相连的 (S_i) 的大小总和 (< a)，那么一定无解，因为集合 (A,B) 一定交于重心。
- 否则考虑处理一个集合 (X)，初始时 (X) 里面包含 (T)，按任意顺序往 (X) 里面添加与 (T) 相连的子树 (S_i)，直到 (X) 的大小 (ge a)，剩下的节点显然是足够构造出 (B) 的，按如下方法构造 (A,B)：
- 构造 (A)，先将 (T) 加入 (A) 中，找出 (X) 中所有与 (T) 相连的点 (u_i)，将 (u_i) 加入 (A) 后，如果仍然不够，考虑将每个 (S_i) 里的其他点加入，从 (u_i) 开始在子树中 DFS 即可。
- 构造 (B)，显然重心 (C) 是要加入的，然后把不在 (X) 中的子树依次加入即可。
CF R 614 Rin and The Unknown Flower
算法一
我会暴力！问一次 C，问一次 H，剩下的都是 O！
费用 (1+1=2)，显然无法通过。
算法二
事实上问一次 C 是不是太过浪费了呢？我们问 CC，CO，CH 同样可以问出除了最后一个位置的 C，费用只有 (frac 3 4)。
同样的，我们再来确定 O，为了最大化利用先前的询问，问 HO，OO 就可以问出除了第一个位置的所有的 O，费用共 (frac 5 4)。
那么显然在第 (2) 个到第 (n-1) 个位置中，没有被问来的一定是 H，而第一个位置，如果没有问出来的话，显然有 O，H 两种可能，同理，对最后一个位置，如果没有问出来的话，显然有 C、H 两种可能，共 (2 imes 2=4) 种可能，询问 (3) 个即可。
费用 (frac 5 4+frac 3{n^2})，可以通过本题
……
……
……的 (n>4) 部分。
笔者在写这一段中做了测试，只实现这个做法会 WA On Test 3，因为当 (n=4) 时，总费用为 (frac 5 4+frac 3 {16}=1.4375>1.4)。
算法三
单独处理 (n=4) 的情况。
同样的，先询问 CC、CO、CH、HO，如果有一个成功了，至多有两位没有确定，且前三位没确定的不可能有 C，至多 (6) 种可能，费用为 (frac 4 4+frac 5 {16}=1.3125)。
如果上述均未成功，再询问 OO，如成功，有如下可能：
OOOO，显然可以直接输出。OOO*，最后一位可能是C或H，这是显然的。OO**，第三位只可能是H，最后一位可能是C或H。
至多 (2) 种可能，费用为 (frac 5 4+frac 1{16}=1.3125)。
如果上述均未成功，那么字符串一定形如 *HH*，第一位不可能是 C，最后一位不可能是 O，询问 HHH 就可以确定字符串，费用为 (frac 5 4+frac 1 9=1.3611)。
与算法二结合即可 AC。
Technocup 2020 Elimination R3 Not Same
下面，设答案矩阵为 (b)。
算法一
从 (1) 到 (n) 依次考虑每一列，假如现在考虑第 (i) 列，按如下方法构造：
- 考虑之前的 ((n+1) imes (i-1)) 的矩阵，如果某两行相同，设这两行分别为 (r_1,r_2)，我们使 (b_{r_1,i}=1)，(b_{r_2,i}=0)，剩下的 (a_i-1) 个 (1) 随便乱放。
- 如果没有相同的两行，直接将 (a_i) 个 (1) 随便乱放。
证明如下：
将相同的行放到一组，记录每个组内行的个数，得到一个可重集 (S)，初始时 (S={n+1})，结束状态 (S={1,1,ldots,1})，共 (n+1) 个 (1)。
我们对某两行操作的效果，其实相当于选出一个大于 (1) 的元素 (x)，将其拆分成两个元素 (x_1,x_2)，再丢进集合内。
原集合最多可被操作 (n) 次，所以必然可以被构造出来。
算法二
因为列置换不影响答案，所以将 (a) 从大到小排序。
对于每个 (a_i)，从第 (i) 行开始放 (1)，一路往下放，放到底了就循环上去放。
证明如下：
若行 (i,j(i<j)) 相同。
因为 (a_{i+1}le n)，所以 (b_{i,i+1}=0)，又因为行 (i) 与行 (j) 相同，所以 (b_{j,i+1}=0)，所以 (a_{i+1}le j-i-1)。
如果 (i+2le j)，考虑第 (i+2) 列。要么 (b_{i,i+2}=b_{j,i+2}=0)，要么 (b_{i,i+2}=b_{j,i+2}=1)，如果是后者，那么 (a_{i+2}ge j-i+1)，又因为我们从大到小排了序，(a_{i+1}ge a_{i+2}ge j-i+1)，与前文不符，所以 (b_{i,i+2}=b_{j,i+2}=0)，所以 (a_{i+2}le j-i-2)。
类似的，我们可得 (forall kin[1,j-i],a_{i+k}le j-i-k)，当 (k=j-i) 时，(a_{j}le j-i-j+i=0)，与题意不符。
CGR 8 Ski Accidents
(frac 4 7 n)，诡异的标点个数，我们不如思考一下，这个 (frac 4 7 n) 能启发我们什么，(1+2+4=7)？
我们考虑把节点分为三个集合 (A,B,C)，满足 (4|A|ge 2|B|ge |C|)，那么必然的是 (|C|le frac 4 7 n)，只要把 (C) 删除了就满足条件了。
考虑怎样构造三个集合，我们按如下的构造方法：
- (A) 里面是所有入度为 (0) 的点与所有入边来自 (C) 的点。
- (B) 里面是至少有一条入边来自 (A) 的点，且没有来自 (B) 的入边。
- (C) 里面是至少有一条入边来自 (B) 的点。
由于每个点的出度最多为 (2)，所以有 (4|A|ge 2|B|ge |C|)。
而删去 (C) 后，唯一剩下的边是 (A o B) 之间的边，所以也是符合条件的。
因为原图是一个有向无环图，所以可以迅速完成划分。
UR 5 怎样提高智商
既然要求正确答案尽可能多，那么显然会有 (a_i=b_i=c_i=d_i)。
我们来 xjb 胡一个构造：因为第零题不存在，所以 (a_i=0)，(h_i) 乱取，这显然四个都可以选，我们假设选了 A，那么第二题问什么比较好？A 有 (1) 个？那第一题只能选 A 了；A 有 (0) 个？那第一题可以选 B、C、D 三种选择，是不是要好一些。
以此类推，所有问题都形如 (c) 有 (0) 个，其中 (c) 是随便一个字符，此时的答案总数为 (4 imes 3^{n-1})，可以证明这是最优的。
UER 8 打雪仗
算法一
我们的操作步数够多！我们直接让小 A 把整个序列发过来。
期望得分：(20) 分。
算法二
考虑将原本的 (01) 串三等分，那么必然有一段含小 B 需要的元素达到半数，我们让小 A 把这一段全丢过来。
那么剩下的两段，我们就让小 A 只把小 B 需要的元素丢过来。
那么，小 B 需要传送 (frac 4 3 n) 的信息，小 A 最多需要传送 (frac 2 3 n+frac 2 3 n=frac 4 3 n) 的信息，可过。
期望得分：(100) 分。