出题人罗哲正是神爷 Orz
Description
这是一道披着交互题外衣的通信题，只支持 C++。
你需要实现 (2) 个函数。
交互库先给第一个函数传入一个参数 (n)，你加密得到的 (01) 字符串的长度必须是 $n。你需要根据 (n) 做一些相应的预处理，并向交互库返回你能接受的最大 ( ext{long long}) 类型整数 (m)。
先根据你返回的 (m) 给分。若 (m_{you}gt m_{ans}) 则你得 (0) 分，若 (m_{you}=m_{ans}) 则你得 (100) 分，否则你得 (0.5frac{ln{m_{sum}}}{ln{m_{ans}}}) 分。
这题出到这里可以结束了。但出题人为了验证你的 (m) 是算的还是蒙的，又给了 (Q) 次操作，每次操作中：
交互库向第一个函数输入一个 ([0,m-1]) 内 ( ext{long long}) 类型的数，你可以用任意加密手段，将该数加密成一个 (n) 位 (01) 字符串并返回给交互库。
然后交互库向第二个函数输入你刚才加密得到的密串，这个密串有可能被交互库恶搞，导致该串所有位取反，然后整个串翻转。你需要用适当的解密手段，将其解密为一开始向第一个函数输入的 ( ext{long long}) 类型的数，并返回给交互库。
每次操作后，交互库会判断第二个函数返回的数 是否和一开始向第一个函数输入的数一样。
一旦有一次操作加密前的数和解密后的数不一样，你就得不到解密分数，即之前根据 (m) 得的分数打折 (20\%)。
有防作弊机制（即开全局变量记录原数），详见原题面。
subtask1 (30pts)：(nle 18)
subtask2 (70pts)：(nle 60)
对于所有数据，(0le Qle 50000)
由于交互题描述很长，我懒得一字不差地搬完，下面放上完整题面，但问题描述写得有点恶心，我一开始没看懂
Solution
设 (k) 是长度为 (n) 且被恶搞后不变的串的数目。
先考虑 (n) 是奇数的情况。
显然翻转之后正中间的一个 bit 一定会取反，此时 (k=0,space m=2^{n-1})。编码方式也很简单，让正中间的 bit 为 (0)，解码时若正中间的 bit 为 (1) 则执行恶搞操作。
然后是(我)想不到的 (n) 是偶数的情况。
不难算出 (k=2^{frac{n}{2}})，因为一个串被恶搞后与原串相同，当且仅当这个 (01) 串的第 (1) 位与第 (n) 位不同，第 (2) 位与第 (n-1) 位不同，第 (3) 位与第 (n-2) 为不同，以此类推，共 (frac{n}{2}) 组对称位。这些被恶搞后不变的串互不混淆，都可以作为密串。
对于其余所有被恶搞后有变化的串，一定是两两配对，共 (frac{2^n-2^{frac{n}{2}}}{2}) 对。每一对中我们只能使用一个数作为加密后的串，因为一对中的 (2) 个都选的话，万一交互库把你加密后的串恶搞了，你就无法区分这两种密串，也就不知道应该用哪种密串解密出原数。
那么在密串长度为 (n) 的限制下，共有 (2^{frac{n}{2}} + frac{2^n-2^{frac{n}{2}}}{2} = 2^{n-1} + 2^{frac{n}{2}-1}) 种互不混淆的密串。
神奇操作：我们可以把 ([0,m-1]) 种所有整数一一映射到这些密串，故 (m=2^{n-1} + 2^{frac{n}{2}-1})。
那我们怎么构造一种映射方式呢？
我们肯定得从密串中抠出 (1) 或 (2) 位，来标记这个串是否被恶搞，不然肯定没法做。
而且为了固定这个标记位，即被恶搞后不会翻转到对称位（你的第 (2) 个程序无法判断收到的密串的标记位有没有被翻到对称位，因为你只能通过标记位判断密串有没有翻转），若抠出 (1) 位，那么串长 (n) 必须是奇数，而这里是偶数，舍。故我们要从密串中抠出 (2) 位，且这 (2) 位对称。
抠哪里呢？
这里一般就是盲猜结论了，大佬们都觉很简单……当然我可以写一个推法(?)
把 (m=2^{n-1} + 2^{frac{n}{2}-1}) 的值写成二进制数，发现只有 (2) 位为 (1)，故该值也写成 (2^{frac{n}{2}} - sumlimits_{k=1}^{n/2} 2^{n-k-1})
(2^{n-k-1}) 可以拆成 (2^{k-1} 2^{n-2k})
观察一下这是什么？设抠掉了密串的第 (k) 位和第 (n-k+1) 位，(k-1) 表示的是密串前 (k-1) 位和后 (k-1) 位，(n-2k) 表示的是密串的第 (k+1) 位到第 (n-k) 位。那么，第 (k) 位和第 (n-k+1) 位就被空出来了！可以把这两位当作标记位！
设 (x) 为满足密串第 (x) 位不等于第 (n-x+1) 位条件下的最小值，我们把所有密串按 (x) 从小到大分类。显然 (x) 的范围是 ([1,frac{n}{2}+1])，其中 (x=frac{n}{2}+1) 的意义比较特殊，表示每一组对称位上的数都相同。
由于前 (x-1) 组对称位上的数都相同，故给每一位放一个 (0) 或 (1)，方案数为 (2^{x-1})；第 (x+1) 到 (frac{n}{2}) 组对称位上的数没有要求，故给每一位放一个 (0) 或 (1)，方案数为 (2^{n-2x})。
发现这种设标记位的方式 恰好可以映射 (m) 个数。于是我们可以据此构造映射方式了！
映射方式很简单，我们把密串看成二进制数，自创一个二进制数比大小的规则，以确定 (m) 个用于映射的二进制数的排名，其排名 (-1) 就是映射到的 ([0,m-1]) 中的原数。
规则：以 (x) 从小到大为第一关键字，第 (1) 到 (n-x+1) 组成的二进制数从小到大为第二关键字。
有了规则，设原数为 (a)，则加密时求排第 (a+1) 名的密串，解密时求密串的排名 (-1) 即可。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
class Entropy
{
public:
int n;
ll getM(int _n)
{
n = _n;
if(n&1) return 1ll<<(n-1);
else return (1ll<<(n-1))|(1ll<<((n>>1)-1));
}
string getstr(char x) {string ret; ret=ret+(x==0?"0":"1"); return ret;}
string encode(ll x)
{
char str[65];
for(int i=0; i<n-1; i++) str[i] = (x&(1ll<<(n-2-i)))?1:0;
string ret;
if(n&1)
{
for(int i=0; i<((n-1)>>1); i++) ret = ret+getstr(str[i]);
ret = ret+"0";
for(int i=((n-1)>>1); i<n-1; i++) ret = ret+getstr(str[i]);
}
else
{
for(int i=0; i<=(n>>1); i++)
{
ll avail = i<(n>>1)?n-i-2:i,y = (1ll<<avail);
if(x<y)
{
for(int j=0; j<i; j++) {avail--; ret = ret+(x&(1ll<<avail)?"1":"0");}
if(i<(n>>1)) ret = ret+"0";
for(int j=i+1; avail; j++) {avail--; ret = ret+(x&(1ll<<avail)?"1":"0");}
if(i<(n>>1)) ret = ret+"0";
for(int j=i-1; j>=0; j--) {ret = ret+getstr((ret[j]-'0')^1);}
break;
}
x -= y;
}
}
return ret;
}
ll decode(string str)
{
char str0[65]; for(int i=0; i<n-1; i++) str0[i] = str[i]-'0';
ll ret = 0ll;
if(n&1)
{
if(str[n>>1]=='1')
{
for(int i=n-1; i>=0; i--)
{
if(i==(n>>1)) continue;
ret = (ret<<1)|(str[i]=='0'?1ll:0);
}
}
else
{
for(int i=0; i<n; i++)
{
if(i==(n>>1)) continue;
ret = (ret<<1)|(str[i]=='1'?1ll:0);
}
}
}
else
{
for(int i=0; i<=(n>>1); i++)
{
if(i==(n>>1) || str[i]==str[n-1-i])
{
ll tmp = 0ll;
if(str[i]=='0')
{
for(int j=0; j<i; j++) {tmp = (tmp<<1)|(str[j]=='1'?1:0);}
for(int j=i+1; j<n-i-1; j++) {tmp = (tmp<<1)|(str[j]=='1'?1:0);}
}
else
{
for(int j=n-1; j>n-i-1; j--) {tmp = (tmp<<1)|(str[j]=='0'?1:0);}
for(int j=n-i-2; j>i; j--) {tmp = (tmp<<1)|(str[j]=='0'?1:0);}
}
ret += tmp;
break;
}
ret += (1ll<<n-i-2);
}
}
return ret;
}
};
#include "entropy.h"