[cf1290D]Coffee Varieties

思路

统计数的种类数，也等价于统计有多少个数满足其之前没有与其相同的数

将序列以$frac{k}{2}$为块大小分块，那么即会有$m=frac{2n}{k}$个块

（关于$k=1$的情况，以1为块大小分块即可，具体可以自行代入检验）

考虑$forall 1le i<jle m$，将第$i$个块的数和第$j$个块中的数依次加入$S$中（然后清空），那么一个数有贡献当且仅当其每一次加入时$S$中都没有与其相同的数

另外，每一个块内部只要其被操作即会考虑，注意特判$m=1$时（此时必然是$n=k=1$）

考虑这样的询问次数，不难得到即为$k{mchoose 2}approxfrac{2n^{2}}{k}$，显然无法通过

优化1

考虑优化，对于$1le i<j<kle m$，操作完第$i$个块和第$j$个块后可以不清空，直接操作第$j$个块和第$k$个块，这样只需要加入第$k$个块中的数即可，那么次数也即从$k$变为了$frac{k}{2}$

具体的，可以看作一张$m$个点的单向完全图（即仅有$i<j$时满足$(i,j)in E$），将所有的边划分为若干条链（不允许重复，重复不妨拆成两条链），最终询问次数即为$frac{k}{2}{mchoose 2}+frac{k}{2}$链数（长度非0）

关于如何划分，考虑枚举$d=j-i$，并将这类边按以下方式划分
$$
1-(d+1)-(2d+1)-...\2-(d+2)-(2d+2)-...\......\d-2d-3d-...
$$
考虑链数，对$d$的值分类讨论：

1.若$dle frac{m}{2}$，显然只有$d$条链

2.若$d>frac{m}{2}$，注意到若起点大于$m-d$，那么长度为0，因此也只有$m-d$条链

综上，链数即为$sum_{d=1}^{frac{m}{2}}d+sum_{d=frac{m}{2}+1}^{m}(m-d)=frac{n^{2}}{k^{2}}$，代入可得询问次数约为$frac{3n^{2}}{2k}$，可以通过

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 2005
int n,m,k,ans,st[N],ed[N],vis[N];
char s[1];
void clear(){
    printf("R
");
    fflush(stdout);
}
void add(int x){
    printf("? %d
",x); 
    fflush(stdout);
    scanf("%s",s);
    if (s[0]=='Y')vis[x]=1;
}
void write(int x){
    printf("! %d
",x);
    fflush(stdout);
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&k);
    k=max(k/2,1),m=n/k;
    if (m==1){
        write(1);
        return 0;
    }
    for(int i=1;i<=m;i++)st[i]=(i-1)*k+1,ed[i]=i*k;
    for(int i=1;i<=m/2;i++)
        for(int j=1;j<=i;j++){
            clear();
            for(int k=j;k<=m;k+=i)
                for(int l=st[k];l<=ed[k];l++)add(l);
        }
    for(int i=m/2+1;i<=m;i++)
        for(int j=1;j<=m-i;j++){
            clear();
            for(int k=j;k<=m;k+=i)
                for(int l=st[k];l<=ed[k];l++)add(l);
        }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if (!vis[i])ans++;
    write(ans);
    return 0;
}

优化2

注意到长度$>frac{m}{2}$的链至多只有1条，因此$frac{3n^{2}}{2k}$基本已经达到了下限，还需要新的优化

具体的，考虑在查询时，如果当前数已经确定没有贡献，就不再加入

这样优化的意义并不仅仅是减少了这一次操作，而是整张图并不一定要是DAG，即使出现环也可以保证每一种数恰好产生一个贡献（即保留一个）

此时，图即变成了无向图（每一条边可以任意定向），将$m$个点的无向完全图划分为$frac{m}{2}$条路径（$m$为偶数）是一个经典的问题，具体方式即
$$
1-m-2-(m-1)-3-...-(frac{m}{2}+1)\2-1-3-m-4-...-(frac{m}{2}+2)\......\frac{m}{2}-(frac{m}{2}-1)-(frac{m}{2}+1)-(frac{m}{2}-2)-(frac{m}{2}+2)-...-m
$$
关于正确性，感性理解即将这$m$个点按$1,2,...,m$顺时针排列，每一次即将上一次的路径顺时针旋转一格，那么每一条边都恰好旋转了一圈，即遍历了逆时针方向该跨度的所有边

综上，链数即为$frac{m}{2}$，代入可得询问次数为$frac{n^{2}}{k}$（$frac{mk}{4}$恰和前者${mchoose 2}$估计为$m^{2}$的误差抵消），可以通过

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 2005
int n,m,k,ans,st[N],ed[N],vis[N];
char s[1];
void clear(){
    printf("R
");
    fflush(stdout);
}
void add(int x){
    if (vis[x])return;
    printf("? %d
",x);
    fflush(stdout);
    scanf("%s",s);
    if (s[0]=='Y')vis[x]=1;
}
void write(int x){
    printf("! %d
",x);
    fflush(stdout);
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&k);
    k=max(k/2,1),m=n/k;
    if (m==1){
        write(1);
        return 0;
    }
    for(int i=1;i<=m;i++)st[i]=(i-1)*k+1,ed[i]=i*k;
    for(int i=1;i<=m/2;i++){
        clear();
        int shift=0;
        for(int j=1;j<=m;j++){
            int pos=(i+shift+m-1)%m+1;
            for(int k=st[pos];k<=ed[pos];k++)add(k);
            if (j&1)shift++;
            shift=-shift;
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if (!vis[i])ans++;
    write(ans);
    return 0;
}