Codeforces Round 967 (Div. 2) 题解（未完待续）
唐完了，B 构造不会，C 交互不会，整场爆切 \(1\) 题喜提 \(-115\) rating 强势上灰！我还会什么？
I. 2001A - Make All Equal
先找出答案的下界。设众数为 \(x\)，其出现的次数为 \(\operatorname{cnt}(x)\)。由于每次操作只能删除一个数，答案不可能小于 \(n - \operatorname{cnt}(x)\)。
下面证明这个下界是可以达到的。用 \(y\) 代表所有的非众数，那么在非众数被删光之前，序列可以表示成 \(x \dots x, y \dots y, \dots\) 之类 \(x\) 与 \(y\) 的连续段交替出现的形式。只需证明一定存在一对相邻元素（这里的相邻指环上的相邻）满足前者小于后者即可。反证法，如果不存在，则 \(x > y > \cdots\)。由于序列是一个环，所以可以推导出 \(x > x\)，这是不可能的，故得证。
代码
II. 2001B - Generate Permutation
我是傻逼，我没做出来这题
先考察满足要求的序列有什么性质。可以发现（事实上，我并没有发现），对于前向（从左往右）的打字员来说，假设他已经打出了 \(x\)，要打 \(x + 1\)，只有 \(\operatorname{pos}_x > \operatorname{pos}_{x+1}\) 时他才要按一次回车（其中 \(\operatorname{pos}_x\) 表示 \(x\) 的下标）。因此他按回车的次数 \(c_1 = \sum_{i=1}^{n-1} [\operatorname{pos}_x > \operatorname{pos}_{x+1}]\)。
（这里应该模拟一下打字的过程才能更顺理成章地发现这个结论：假设我已经打出了 \(x\)，要打 \(x + 1\)，我能直接移动然后打出来，还是不得不回车？显然，只有 \(x + 1\) 在 \(x\) 前面时才要回车，这就对应了 \(\operatorname{pos}_x > \operatorname{pos}_{x+1}\)。这样想的话，这个结论并不难得出，但是我为什么没想到呢？）
同样的，对于反向（从右往左）的打字员，只有 \(\operatorname{pos}_x < \operatorname{pos}_{x+1}\) 时他才要按一下回车，因此他按回车的次数 \(c_2 = \sum_{i=1}^{n-1} [\operatorname{pos}_x < \operatorname{pos}_{x+1}]\)。
合法的序列应该让这两个值相同。显然，对于 \(x\) 和 \(x + 1\)，要么 \(\operatorname{pos}_x > \operatorname{pos}_{x+1}\) 成立，要么 \(\operatorname{pos}_x < \operatorname{pos}_{x+1}\) 成立，所以 \(c_1 + c_2 = n - 1\)，因此 \(c_1 = c_2 = \dfrac{n-1}{2}\)。这就说明 \(n\) 是偶数时一定没有合法方案。
\(n\) 是奇数时，可以手模出许多合法的方案。以 \(n = 7\) 为例，一种好想的思路是：先用一堆降序的数把 \(c_1\) 给占满，比如 \(7, 6, 5, 4\)。那么剩下的数必须是升序的，否则会让 \(c_1 > \dfrac{n-1}{2}\)。直接填进去即可： \(1, 2, 3, 7, 6, 5, 4\)。（你会发现 \(7, 6, 5, 4, 1, 2, 3\) 是不可行的，因为 \((3, 4)\) 这一对让 \(c_1\) 变大了）。
因此，\(n\) 是奇数时， \({\color{blue}1, 2, \dots, \left\lfloor \dfrac{n-1}{2} \right\rfloor,} {\color{red}n, n-1, \dots, \left\lfloor \dfrac{n+1}{2} \right\rfloor}\) 是一个合法的方案。这里用不同颜色区分构造时分别填入的两段。
void solve()
{int n;cin >> n;if((n & 1) == 0){cout << -1 << endl;return;}vector<int> ans(n);iota(ans.begin(), ans.end(), 1);reverse(ans.begin() + (n/2), ans.end());for(int x: ans) cout << x << ' ';cout << endl;
}
代码
III. 2001C - Guess The Tree
下面是官方题解的思路。我自己想不出来这个做法，所以不知道用什么语言来引入。
把点划分为两个点集 \(A\) 和 \(B\)，\(A\) 中的点是知道其内部边集的点，\(B\) 中的点是不知道的。
初始时，任意让一个点进入 \(A\) 中（例如 \(1\)），\(B\) 是剩下的 \(n-1\) 个点。
我们的策略是：每次把一个新的点加入到 \(A\) 中。这个点必须和原来 \(A\) 中的某个点有连边，否则根本无法把它加入 \(A\)。
任远点 \(u \in A\)，\(v \in B\)。查询 \(u, v\) 的中点 \(x\)。如果 \(x \in A\)，则令 \(u \gets x\)，否则令 \(v \gets x\)。这里的要义是，时刻保证 \(u \in A\) 且 \(v \in B\)。最终当 \(u = x\) 时，就表明 \(u\)，\(v\) 之间有边相连，可以更新答案的边集。由于我们保证了 \(v \in B\)，所以可以把 \(v\) 加入到 \(A\) 中，并在 \(B\) 中删掉 \(v\)。
这里的查找类似二分，每次找到一个新点的查询次数不会超过 \(\log n\)，总次数不超过 \(n \log n\)，可以通过此题。
但是我不知道我自己该如何想出这些东西
