Codeforces Round #614 (Div. 1)
AB
略
C
先观察规律确定dp方程式，然后记搜优化（略）
D
建出整棵树空间不太够（ (3 imes10^7) 个节点 ），只能考虑类似虚树的思想。其实只需要知道每个子树里有多少节点，然后不断移动来确定重心（略）
E
如果能确定两种字母，剩下的都是第三种。那么询问 (CO,CH,CC,HO,OO)，花费 (1.25)，此时已经得到了除了最后一个位置的所有 (C) 和除了第一个位置的所有 (O)，也就是说，([2,n-1]) 的所有字符已经确定。如果 (p_1) 还未确定，(p_1) 只能是 (O,H)，假设答案为某一个，询问一次 ([1,n-1]) 即可得出 (p_1)，用同样的方法询问一次 ([1,n]) 可以得出 (p_n)，总花费 (1.25+frac{1}{(n-1)^2}+frac{1}{n^2})。
但 (n=4) 时需要特殊处理：先依次问 (CO,CH,CC,HO)，如果某一个存在，就用类似上面确定 (p_1,p_n) 的方法确定剩余两位。否则询问 (OO)，如果 (OO) 存在，(O) 一定占满了一段长度 (ge2) 的前缀（因为不存在 (CO,HO)），最坏的情况是只确定前面两个为 (O)，那么一定有 (p_3=H)，然后再问一次 ([1,n]) 确定 (p_4)。如果 (OO) 不存在，一定有 (p_2=p_3=H)，(p_1=O/H,p_4=C/H)，问一次 (HHH) 即可全部确定
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 52;
int n, m, k[N], w[N], tag[N]; char res[N];
#define flush fflush (stdout)
#define pc putchar
void query (string s) {
cout << "? " << s << '
';
flush; memset (tag, 0, sizeof (tag)); cin >> m;
for (int i = 1; i <= m; ++i) cin >> w[i], tag[w[i]] = 1;
}
void get (string s) {
query (s);
for (int i = 1, x; i <= m; ++i) {
k[x = w[i]] = k[x + 1] = 1;
res[x] = s[0], res[x + 1] = s[1];
}
}
void solvea () {
get ("CH"), get ("CO"), get ("CC"), get ("OO"), get ("HO");
for (int i = 2; i < n; ++i) if (!k[i]) res[i] = 'H';
if (!k[1]) {
string s = "H";
for (int i = 2; i < n; ++i) s += res[i];
query (s); res[1] = tag[1] ? 'H' : 'O';
}
if (!k[n]) {
string s = "";
for (int i = 1; i < n; ++i) s += res[i];
query (s + 'H'); res[n] = tag[1] ? 'H' : 'C';
}
}
void work () {
int l = w[1], r = w[1] + 1; string s;
for (int i = l - 1; i >= 1; --i) {
s = ""; for (int j = i + 1; j <= r; ++j) s += res[j];
query ('H' + s); if (tag[i]) { res[i] = 'H'; continue; }
query ('O' + s); res[i] = tag[i] ? 'O' : 'C';
}
for (int i = r + 1; i <= n; ++i) {
s = ""; for (int j = 1; j < i; ++j) s += res[j];
query (s + 'H'); if (tag[1]) { res[i] = 'H'; continue; }
query (s + 'O'); res[i] = tag[1] ? 'O' : 'C';
}
}
void solveb () {
get ("CH"); if (m) { work (); return; }
get ("CO"); if (m) { work (); return; }
get ("CC"); if (m) { work (); return; }
get ("HO"); if (m) { work (); return; }
get ("OO");
if (m) {
int pos = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
if (!k[i]) { pos = i; break; }
if (!pos) return;
if (pos == 3) res[3] = 'H';
string s = "";
for (int i = 1; i <= 3; ++i) s += res[i];
query (s + 'H');
res[n] = tag[1] ? 'H' : 'C';
} else {
query ("HHH"); res[2] = res[3] = 'H';
res[1] = tag[1] ? 'H' : 'O';
res[n] = tag[2] ? 'H' : 'C';
}
}
signed main() {
int T, qwq; cin >> T;
while (T--) {
cin >> n; memset (k, 0, sizeof (k));
n > 4 ? solvea () : solveb ();
pc ('!'), pc (' ');
for (int i = 1; i <= n; ++i) pc (res[i]);
puts (""); flush; cin >> qwq;
}
}
F
若 (a_x|a_y)，连边 ((x,y))，形成一张 (DAG)，对每个连通块单独处理。用计算加点方案代替删点方案。若存在 ((x,y),(y,z))，必存在 ((x,z))，所以一个点能不能加入只需记录“已激活”的无入边的点的集合（最大 (15)），然后 (dp) 一下，设 (f_{i,j}) 为激活点集为 (i)，已经加入了 (j) 个点，转移分两种：一种是不改变 (i)，选择的方案数与 (i) 可达点数有关；另一种是改变 (i)，直接枚举加入点。