Description
现在存在长度为 \(n\) 的数组 \(\{a\}\),定义 \(\{p\}\) 满足 \(\displaystyle p_i={\rm{OR}_{j\neq i}} \ a_j\)
现在给定 \(n\le 1000\),每次可以给定一个非空的下标集合 \(i_1,i_2,\dots i_k\),\(k\) 任意,返回这个集合里面所有数的或和
要求在不给定 \(\{a\}\) 的情况下使用不超过 \(13\) 次操作求出来 \(\{p\}\)
Solution
非常直观的想法就是将 \([1,n]\) 二进制分组,枚举二进制位,每次询问这位是 \(0/1\) 的位的数字的异或和
这样子是 \(20\) 次询问,考虑优化
上面的做法的局限性在于 \(0,1\) 的地位是不相等的,例如 \(1\) 是 \(3\) 的子集,那么对于第一个二进制位的询问 \(3\) 和 对第二个二进制位询问 \(3\) 的重复构成了冗余
“剥离包含关系”,给 \([1,n]\) 重新标号,使用 \(13\) 位二进制数中 \(\text{popcount}\) 为 \(6\) 的那些赋给 \([1,n]\),再次枚举二进制位的时候只用询问这位为 \(0/1\) 的一种即可
每个 \(j\neq i\) 的 \(j\) 会在 \(id_j\neq id_i\) 的二进制位里面被统计进答案
Code
const int N=1010;
int id[N],ans[N],n;
signed main(){
int S=1<<13,cnt=0; --S;
for(int i=0;i<S;++i){
if(__builtin_popcount(i)==6) id[++cnt]=i;
if(cnt>=1000) break;
}
n=read();
rep(i,1,13){
vector<int> qu;
rep(j,1,n) if(id[j]>>(i-1)&1) qu.push_back(j);
if(!qu.size()) continue;
printf("? "); print(qu.size());
for(auto t:qu) print(t);
putchar('\n');
fflush(stdout);
int res=read();
rep(j,1,n) if(!(id[j]>>(i-1)&1)) ans[j]|=res;
}
printf("! ");
rep(i,1,n) print(ans[i]);
putchar('\n');
fflush(stdout);
return 0;
}