标签：ch 加强版 猜树 int 题解 ret dep siz 节点
原题
交互题？可以乱搞，有意思
首先分别考虑只用一种询问的做法。
subtask1+2+3（？）+5
考虑询问 \(2\)，把每个节点的子树都搞下来，开这样几个东西：
- \(siz_i\) 表示当前节点 \(i\) 子树的大小。
- \(f_i\) 这是一个 vector 或二维数组 ，表示节点 \(i\) 所有的祖先（不需要按顺序）
这两个都可以在询问子树的时候求出来，具体做法不细讲。
然后是类似拓扑排序的思想：将所有节点按 \(siz\) 由小到大排序，前面的若干个 \(siz\) 一定是 \(1\)，即这些节点是叶子节点。这样从前到后处理，一定是按照从叶子节点向上处理的顺序。
处理到叶子节点 \(u\) 时，把 \(u\) 删除，按照 \(f_u\) 把 \(u\) 的祖先的 \(siz\) 全减一，找到祖先中 \(siz\) 最小的节点 \(v\)，则 \(fa_u=v\)。因为如果 \(u\) 的祖先 \(v\) 不是 \(u\) 的父亲的话，那么 \(u\) 真正的父亲 \(v'\) 的子树则一定是 \(v\) 的子树的子集，所以 \(siz_{v'}<siz_v\)。
这样不断向后处理，处理到 \(i\) 时，\(siz_i\) 也一定等于 \(1\)，因为它的子树已经在先前的处理中删掉了。
为什么？可以自己试着画图推一下，其实非常好理解，这里直接放一下代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rg register
#define inf 0x3f3f3f3f
#define ll long long
inline int read(){
rg int ret=0,f=0;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)){ret=ret*10+ch-48;ch=getchar();}
return f?-ret:ret;
}
int n,u,siz[2005],fa[2005];
int f[2005][2005],cnt[2005];
int no[2005];
inline bool cmp(int a,int b){
return siz[a]<siz[b];
}
signed main(){
n=read(); siz[1]=n; siz[n+1]=inf; //初始化。
for(rg int i=2;i<=n;++i){
printf("? 2 %d\n",i); fflush(stdout);
siz[i]=read();
for(rg int j=1;j<=siz[i];++j){
u=read(); if(u==i) continue;
f[u][++cnt[u]]=i;
}
f[i][++cnt[i]]=1; //1 是根节点，也是所有节点的祖先。
no[i]=i;
}
sort(no+2,no+1+n,cmp); //将节点按 siz 排序，依次处理。
for(rg int g=2;g<=n;++g){
int now=no[g];
fa[now]=n+1;
for(rg int i=1;i<=cnt[now];++i){
--siz[f[now][i]]; //因为自己被删掉了，把祖先的 siz 全部减一。
if(siz[f[now][i]]<siz[fa[now]]) fa[now]=f[now][i]; //siz 最小的就是父亲。
}
}
printf("! ");
for(rg int i=2;i<=n;++i){
printf("%d ",fa[i]);
}
fflush(stdout);
return 0;
}
时间复杂度和询问次数？这里的复杂度和子树大小递减的速度有关，同一层的节点越多，复杂度就越低，比如完全二叉树时，时间复杂度和询问次数为 \(\Theta(n\log n)\)，反之，如果为链，每次子树只递减 \(1\)，那么时间复杂度和询问次数约为 \(\Theta(n^2)\)。数据随机的情况为 \(\Theta(n\sqrt n)\)。（prufer 序列生成的真随机，下文亦同）
期望得分 \([35,55]\)
subtask1+2+3+4
考虑询问 \(1\)。
开这样几个东西：
- \(dep_i\) 表示节点 \(i\) 的深度（定义根节点深度为 \(0\)）
- 没了
当 \(dis_{u,v}=1\) 且 \(dep_u>dep_v\) 时，\(fa_u=v\)。
（这不用我解释吧……）
那么思路就很明了了，首先询问 \(1\) 到其它节点的距离得出 \(dep\)，然后每次把已经知道父亲的节点入队（若 \(dep_i=1\) 则 \(fa_i=1\))。对于对头的节点 \(v\) ，询问每个 \(dep_v+1=dep_u\) 的 \(u\) 节点，若 \(dis\) 为 \(1\)，则令 \(fa_u=v\) ，并把 \(v\) 入队。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rg register
#define inf 0x3f3f3f3f
#define ll long long
inline int read(){
rg int ret=0,f=0;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)){ret=ret*10+ch-48;ch=getchar();}
return f?-ret:ret;
}
int n,u,fa[2005],dep[2005];
int q[2005],f,r;
signed main(){
n=read(); dep[1]=0;
for(rg int i=2;i<=n;++i){
printf("? 1 1 %d\n",i); fflush(stdout);
dep[i]=read();
if(dep[i]==1){
fa[i]=1; q[++r]=i;
} //处理深度和第一批入队的点。
}
while(f<r){
int now=q[++f];
for(rg int i=2;i<=n;++i){
if(dep[i]==dep[now]+1&&!fa[i]){
printf("? 1 %d %d\n",now,i); fflush(stdout);
u=read();
if(u==1){
fa[i]=now; q[++r]=i;
}
}
}//对于当前节点找到其所有的儿子并入队。
}
printf("! ");
for(rg int i=2;i<=n;++i){
printf("%d ",fa[i]);
}
fflush(stdout);
return 0;
}
时间复杂度和询问次数？因为这题对时间复杂度的要求不高，这里窝偷了个懒，时间复杂度是稳定的 \(\Theta(n^2)\)，但其实可以做到和询问次数同阶的。询问次数则与每一次的节点个数有关，询问次数的总数大约是 \(\sum dep_i\times dep_{i+1}\)。如果是链，询问次数达到最优的 \(n\)，如果每次的节点很多，如完全二叉树，那么询问次数将会退化到 \(n^2\) 以上。随机数据的询问次数也是 \(n\sqrt n\) 左右。
期望得分 \([55,55]\)
接下来是乱搞环节，我们发现 \(n\leq 2000\) 相对于 \(10^5\) 来说非常小，考虑一些不太正经的解法。
可以按照当前深度的节点数 \(cnt[dep_i]\) 进行分治，如果大于阈值 \(T\)，跑第一种，反之跑第二种，时间复杂度是 \(\Theta(\frac{n^2}{T}+nT)\)。这是一个显然的根号分治，\(T\) 取 \(\sqrt n\) 时候达到最优的 \(\Theta(n\sqrt n)\)，不过这里的不再是随机数据，针对所有数据都可以做到复杂度不退化。
期望得分 \([100,100]\)。
但还有另一种简单粗暴的写法，不如根号分治优，就是直接判断整颗树的深度，取一个阈值 \(T\)，深的话跑第二种，浅的话跑第一种，即数据分治（
我也不知道 \(T\) 取多少最好。这样的复杂只是度是比单独的两种好，但还是可以被卡掉，但是这题数据水，这样写就能过了。
期望得分 \([70,100]\)。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rg register
#define inf 0x3f3f3f3f
#define ll long long
#define vit vector<int>::iterator
inline int read(){
rg int ret=0,f=0;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)){ret=ret*10+ch-48;ch=getchar();}
return f?-ret:ret;
}
int n,u,fa[2005],dep[2005],mxdep,siz[2005];
int f[2005][2005],cnt[2005];
int q[2005],fr,r;
int no[2005];
inline bool cmp(int a,int b){
return siz[a]<siz[b];
}
inline void work(){
siz[1]=n; siz[n+1]=inf;
for(rg int i=2;i<=n;++i){
printf("? 2 %d\n",i); fflush(stdout);
siz[i]=read();
for(rg int j=1;j<=siz[i];++j){
u=read(); if(u==i) continue;
f[u][++cnt[u]]=i;
}
f[i][++cnt[i]]=1;
no[i]=i;
}
sort(no+2,no+1+n,cmp);
for(rg int g=2;g<=n;++g){
int now=no[g];
fa[now]=n+1;
for(rg int i=1;i<=cnt[now];++i){
--siz[f[now][i]];
if(siz[f[now][i]]<siz[fa[now]]) fa[now]=f[now][i];
}
}
}
signed main(){
n=read(); dep[1]=0;
for(rg int i=2;i<=n;++i){
printf("? 1 1 %d\n",i); fflush(stdout);
mxdep=max(dep[i]=read(),mxdep);
if(dep[i]==1){
fa[i]=1; q[++r]=i;
}
}
if(mxdep<=50) //数据分治（
work(); //第一种。
else{ //第二种。
while(fr<r){
int now=q[++fr];
for(rg int i=2;i<=n;++i){
if(dep[i]==dep[now]+1&&!fa[i]){
printf("? 1 %d %d\n",now,i); fflush(stdout);
u=read();
if(u==1){
fa[i]=now; q[++r]=i;
}
}
}
}
}
printf("! ");
for(rg int i=2;i<=n;++i){
printf("%d ",fa[i]);
}
fflush(stdout);
return 0;
}
加强版
如果你直接把 P7595 的代码往这里一粘，你就可以获得 \(30-50\) pts 的优秀分数
此做法来自月赛讲评。
看这题的数据，显然是需要一个 \(O(n\log n)\) 的做法。
考虑一个 simple idea：如果 \(dep_u=dep_v+1\) 且 \(u\) 在 \(v\) 的子树中，那么 \(f_u=v\)。
那么就有一个显然的做法：\(n\) 次询问把 \(dep\) 搞出来，然后从根节点向下递归处理每个节点，对于每个节点询问一次子树，这样做询问的量级在 \(O(n^2)\) 左右（连弱化版都过不了）。
如何改进？对于 \(v\) 节点，确定一个儿子 \(u\)。知道了 \(v\) 节点的子树，又知道了 \(v\) 其它儿子的子树，两者相减就可以得到 \(u\) 的子树。这样做，每次可以省去一个儿子的子树的询问。
那么 \(u\) 应该选哪个呢？显然应该选重儿子，在考虑树剖和 dsu on tree 里的推论，可以得到 \(\sum siz_i-siz_{u_i}\) 的量级在 \(O(n\log n)\)（证明可以去看 oiwiki），完全二叉树时达到下界。那么如果能够知道每个节点的重儿子，那么就可以在 \(O(n\log n)\) 内解决这个问题。
如何在一颗结构不明的树里找到每个节点的重儿子？随机的艺术。
我们随机一些点，根据定义，重儿子的子树最大，那么应该占随机出的点就应该更多。那么我们就把占随机点最多的儿子当成重儿子。
那么应该随机几个呢？通过实验发现，随机 \(1\) 个表现十分优秀。
为什么？随机的艺术。
复杂度的退化主要来自与处理时把重儿子和轻儿子颠倒了，如果出题人想卡这样的做法，就必须将重儿子搞得尽量重，但随即 \(\sum siz_i-siz_{u_i}\) 也会更小，所以实际表现也十分优秀。
代码：（\(son\) 表示重儿子，\(siz\) 表示子树大小，\(sontree\) 表示子树）
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rg register
#define inf 0x3f3f3f3f
#define ll long long
inline int read(){
rg int ret=0,f=0;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)){ret=ret*10+ch-48;ch=getchar();}
return f?-ret:ret;
}
int n,u,dep[5005],siz[5005],sontree[5005][5005],son[5005];
int fa[5005];
bool vis[5005];
void dfs(int x){
if(!siz[x]) return;
int tmp=sontree[x][rand()%siz[x]+1],cnt=0;
random_shuffle(sontree[x]+1,sontree[x]+siz[x]+1);
for(rg int i=1;i<=siz[x];++i){
if(dep[sontree[x][i]]!=dep[x]+1) continue;
if(tmp==sontree[x][i]) u=0;
else printf("? 1 %d %d\n",sontree[x][i],tmp),fflush(stdout),u=read();
if(u==dep[tmp]-dep[sontree[x][i]]){
son[x]=sontree[x][i];
break;
}
}//找到重儿子。
memset(vis,0,sizeof(vis));
for(rg int i=1;i<=siz[x];++i){
if(dep[sontree[x][i]]==dep[x]+1&&sontree[x][i]!=son[x]){
printf("? 2 %d\n",sontree[x][i]); fflush(stdout);
siz[sontree[x][i]]=read()-1;
int cntnow=0;
for(rg int j=1;j<=siz[sontree[x][i]]+1;++j){
u=read(); vis[u]=1;
if(u!=sontree[x][i]) sontree[sontree[x][i]][++cntnow]=u;
}
}
}//询问轻儿子的子树
for(rg int i=1;i<=siz[x];++i){
if(!vis[sontree[x][i]]&&sontree[x][i]!=son[x])
sontree[son[x]][++siz[son[x]]]=sontree[x][i];
}//根据轻儿子的子树推出重儿子的子树。
for(rg int i=1;i<=siz[x];++i){
if(dep[sontree[x][i]]==dep[x]+1){
fa[sontree[x][i]]=x;
dfs(sontree[x][i]);
}
}//递归处理。
}
signed main(){
n=read();
for(rg int i=2;i<=n;++i){
printf("? 1 1 %d\n",i); fflush(stdout);
dep[i]=read(); sontree[1][++siz[1]]=i;
} //处理深度。
dfs(1);
printf("! ");
for(rg int i=2;i<=n;++i) printf("%d ",fa[i]);
puts("");
fflush(stdout);
return 0;
}
标签：ch,加强版,猜树,int,题解,ret,dep,siz,节点 来源： https://www.cnblogs.com/tiatto/p/15875606.html
本站声明： 1. iCode9 技术分享网（下文简称本站）提供的所有内容，仅供技术学习、探讨和分享； 2. 关于本站的所有留言、评论、转载及引用，纯属内容发起人的个人观点，与本站观点和立场无关； 3. 关于本站的所有言论和文字，纯属内容发起人的个人观点，与本站观点和立场无关； 4. 本站文章均是网友提供，不完全保证技术分享内容的完整性、准确性、时效性、风险性和版权归属；如您发现该文章侵犯了您的权益，可联系我们第一时间进行删除； 5. 本站为非盈利性的个人网站，所有内容不会用来进行牟利，也不会利用任何形式的广告来间接获益，纯粹是为了广大技术爱好者提供技术内容和技术思想的分享性交流网站。