CF2032D 题解

CF2032D 题解

题意

有一张特殊结构的树图。

通过交互来确定每个节点的父节点，即这棵树的结构。

具体还是直接上CF看吧，在题解里面太详尽地描述有点浪费时间了。

分析

可以发现 \(1\) 这个节点是比较特殊的一个节点，并且题目保证 \(1\) 一定有一个儿子。

可以从 \(1\) 入手，发现可以通过先确定 \(1\) 这条链上面的所有节点，然后从小到大枚举所有这条链之外的节点，通过询问他们是否与最小的不在链上的，且已经确定了父节点的点之间的路径，可以确定当前的节点是否是询问的节点的儿子，如果不是，那么之后一一定不会再有节点是被询问节点的儿子了，这一点可以通过反证法证明。

但是发现这种写法好像实在无法满足 \(2n-6\) 次询问的严苛限制，因为确定 \(1\) 所在的链就要花上 \(n-2\) 的代价。

于是瞟了一眼题解。。。

但是只看了 Hint ，就突然醒悟了。

可以发现第一层节点的编号一定是连续且递增的，这个结论同样也可以通过反证法证明。

那么我们可以用很少的代价先确定第一层所有的节点。

之后直接从小到大询问，发现如果询问失败，那么这个节点实际上可以直接丢掉了。。。

Solution 1

那么就可以用一个 set 来维护询问的过程，没用的节点就直接删掉就可以了。

还有一个优化，就是当 set 里面只有一个节点的时候，这个唯一的节点一定是当前所需要确定的节点的父亲。

否则它的父亲只能是 \(0\) ，但这显然是和我们推出来的关于第一层的结论是矛盾的。

这是我差不多自己想出来的玄学做法。

Solution 2

其实还会发现一个性质，就是当前需要确定的节点一旦确定下来，那么它也一定是被插到了 set 的最尾部，所以大可不必用 set 来维护，

在序列上跑一个双指针就可以了。

即：\(L\) 代表现在所询问到的节点，\(R\) 代表现在需要确定的节点。

这个是std的做法，好聪明。

Code

1

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int res;
inline int ask(int x,int y)
{cout<<"? "<<x<<' '<<y<<endl;fflush(stdout);cin>>res;return res;
}
int n,T; 
signed main()
{cin>>T;while(T--){cin>>n;int res;vector<int> fa(n+1,0); set<int> node,del;int now=2;for(;now<=n-1;++now){if(!ask(1,now))break;node.insert(now),fa[now]=0;}fa[now]=1,node.insert(now);now++; for(;now<=n-1;++now){for(auto x:node){if(node.size()==1){fa[now]=x;del.insert(x);node.insert(now);break;}else{int ans=ask(now,x);if(ans==0){fa[now]=x;del.insert(x);node.insert(now);break;}elsedel.insert(x); }}for(auto tmp:del)node.erase(tmp);del.clear();}cout<<"!";for(int i=1;i<=n-1;++i)cout<<" "<<fa[i];cout<<endl;}return 0;
}

2

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int T,n;
int main()
{cin>>T;auto query=[&](int x,int y){int ans;cout<<"? "<<x<<' '<<y<<endl; cin>>ans;return ans;};while(T--){cin>>n;vector<int> fa(n+1,0);int l=1,r=2;while(query(l,r)) r++;fa[r]=l,l++,r++;while(r<=n-1){while(query(l,r))l++;fa[r]=l,l++,r++;}cout<<"!";for(int i=1;i<n;++i)cout<<' '<<fa[i];cout<<endl;}return 0;
}

Tip

有一个值得注意的小地方是，交互题直接用endl可以在换行的同时起到刷新缓冲区的效果。