题解 [WC2019]I 君的商店
有被这道题目人类智慧到，想了好久还是和正解没有挨边，最后还是迫不得已看了题解。 /kk
题目分析
以下记录我想这道题目的思考过程。
先看看可不可以找到一些特殊性质，可以发现可以通过 (mathcal O(2n)) 的时间复杂度找到一个一定是 1 的位置，并且在知道 1 的奇偶性的前提下可以比较两个集合的严格大小关系。
然后观察所有子任务，可以看到子任务 3 特别奇怪，相当于是保证了所有 0 和所有 1 构成了两个连续段（暗示二分，并且由 (M=100) 也可以猜到复杂度大概是 (mathcal O(log_2n)) 级别的）， 1 的位置比较好找，并且题目中一开始还给定了 1 的数量的奇偶性，如果要二分的话需要保证返回的是严格小于或者严格大于，所以可以根据 1 的数量的奇偶性来将相邻两个数字捆绑在一起，这样在询问的时候询问要么就是 1+1 与 1 或者 0+0 与 1 的大小关系，返回的就是严格小于或者严格大于，时间复杂度是 (mathcal O(3log_2n)) 。
子任务 5 和 6 额外给出了 100 的复杂度，说明正解大概是先将数组进行一些处理让数组满足子任务 3 的限制（相当于是要排序），于是问题的关键转到排序上。
如何将数组排序？我一开始想到的是增量法，已经给 (0sim i-1) 的所有元素排好序了，接下来考虑把 (i) 这个元素加入，然后想了很多方法都没有想到简单的判断 (i) 这个元素可以插入哪里的方法。最后在这里放弃了。
归并排序是后面想到的，不过这样的时间复杂度是 (mathcal O(2nlog_2n)) 的。
这里是 (mathcal O(7n)) 的做法。
先通过 (mathcal O(2n)) 找到 1 ，然后对于两个数 (x,y) ，可以先比较 (operatorname{ans}[x]) 与 (operatorname{ans}[y]) 的关系，通过交换操作使得 (operatorname{ans}[x]le operatorname{ans}[y]) ，然后比较 (operatorname{ans}[x]+operatorname{ans}[y]) 与 1 的关系，如果 (operatorname{ans}[x]+operatorname{ans}[y]le 1) 可以得出 (operatorname{ans}[x]=0) ，如果 (operatorname{ans}[x]+operatorname{ans}[y]ge 1) 可以得出 (operatorname{ans}[y]=1) ，所以可以通过 (mathcal O(5)) 的时间复杂度确定 (x,y) 中的一个元素，确定完 (n-2) 个元素后最后一个元素通过给定的 1 的奇偶性确定，总的时间复杂度是 (mathcal O(7n)) 的。
接下来是正解做法。
先考虑子任务 3 ，直接二分 (operatorname{mid}) 通过 (operatorname{ans[mid]+ans[mid+1]})和 1 的大小关系来判断位置在左边还是在右边，最后仅仅不能确定找到的位置的那个地方是 0 还是 1 ，这个可以通过 1 的奇偶性确定是 0 还是 1 。
然后看子任务 6 ，可以猜出时间复杂度大概是 (mathcal O(5n)) 。先令 (x=0,z=1) ，然后从 (2) 到 (N-1) 枚举 (y) ，先比较 (operatorname{ans}[x]) 与 (operatorname{ans}[y]) 的大小关系，然后通过交换 (x,y) 使得 (operatorname{ans}[x]le operatorname{ans}[y]) ，再比较 (operatorname{ans}[x]+operatorname{ans}[y]) 与 (operatorname{ans}[z]) 的关系，如果返回结果为 (operatorname{ans}[x]+operatorname{ans}[y]le operatorname{ans}[z]) 说明 (operatorname{ans}[x]=0) ，确定后在把 (y) 当作新的 (x) ，否则的话说明返回结果为 (operatorname{ans}[x]+operatorname{ans}[y]ge operatorname{ans}[z]) ，可以得出 (operatorname{ans}[y]ge operatorname{ans}[z]) ，将 (z) 放入一个数组 (H[]) 并且将 (y) 当作新的 (z) 。最后将 (z) 继续放入 (H[]) ，可以发现得到的 (H[]) 是单调递增的，此时无法确定的元素就只剩了 (H[]) 和 (x) ，用二分的方法可以确定 (H[]) 中的大部分元素，不妨设无法确定的元素为 (H[operatorname{pos}]) ，可以通过比较 (H[]) 中的最大值和 (x) 得到值为 1 的元素，然后通过 (mathcal O(5)) （见 (mathcal O(7n)) 的做法）的时间复杂度确定 (H[operatorname{pos}]) 和 (x) 中的一个元素，另一个用给定的 1 的奇偶性确定。总的时间复杂度就是 (mathcal O(5n+3log_2n)) 的。
参考代码
#include"shop.h"
int S[5],T[5],nS,nT;
int query0(int x,int y){
nS=1;S[0]=x;nT=1;T[0]=y;
return query(S,nS,T,nT);
}
int query1(int x,int y,int z){
nS=2;S[0]=x,S[1]=y;nT=1;T[0]=z;
return query(S,nS,T,nT);
}
const int maxn=100005;int spe[maxn];
void find_price(int task_id,int N,int K,int ans[]){
if(N==1)return ans[0]=1,void();
int x=0,z=1,cnt=0,tp=-1,az=0;
if(task_id==3){
if(query0(0,N-1)){
tp=N-1;
for(int i=0;i<N;++i)
spe[cnt++]=i;
}
else{
tp=0;
for(int i=N-1;i>=0;--i)
spe[cnt++]=i;
}
x=-1;z=spe[0];
}
else{
for(int i=2;i<N;++i){
int y=i;
if(!query0(x,y))x^=y^=x^=y;
if(query1(x,y,z))ans[x]=0,x=y;
else spe[cnt++]=z,z=y;
}
if(query0(x,z))tp=z;
else tp=x,spe[cnt++]=z;
spe[cnt++]=tp;
}
ans[tp]=1;az^=1;
if(cnt==1)return ans[x]=K^az,void();
int l=0,r=cnt-2,mid=0;
while(l<r){
mid=(l+r)>>1;
if(query1(spe[mid],spe[mid+1],tp))l=mid+1;
else r=mid;
}
mid=l=r;
for(int i=0;i<mid;++i)ans[spe[i]]=0;
for(int i=mid+1;i<cnt-1;++i)ans[spe[i]]=1,az^=1;
if(tp==z){
if(!query0(x,spe[mid]))x^=spe[mid]^=x^=spe[mid];
if(query1(x,spe[mid],tp))ans[x]=0;
else ans[spe[mid]]=1,az^=1,spe[mid]=x;
}
ans[spe[mid]]=K^az;
return;
}