CF1028G Guess the Numbers 构造、记忆化搜索
考虑如果我们当前可以询问\(x\)个数,还剩下\(q\)次询问机会,我们要怎么构造询问方式?
肯定会这么考虑:
找到一个尽可能大的\(P\)满足\([x,P]\)能在每一次能询问\(x\)个数、剩下\(q-1\)次询问机会的情况下被询问出来,然后在这一次询问\(P+1\);
接下来令\(x=P+2\),再去做这一个操作直到\(q\)次询问都被问完。
那么我们现在要求解这个\(P\),也就是要求每一次能询问\(x\)个数、剩下\(q-1\)次询问机会的情况下最长可以求解多长的区间;而我们当前的问题可以看做可以询问\(x\)个数,还剩下\(q\)次询问机会能够求解最长多长的区间,可以发现前者是后者的一个子问题,可以\(DP\)处理。
设\(dp_{x,q}\)表示当前可以询问\(x\)个数,还剩下\(q\)次询问机会时最长的能够处理的区间长度。那么我们的转移如下:
①\(r_0=x\)
②\(r_i = r_{i-1} + dp_{min\{r_i,10000\},q-1} + 1\)
③\(dp_{x,q}=r_{q+1}-r_0\)
其中\(dp_{i,0}=0\),因为没有询问显然啥都不知道
我们每一次需要询问的序列为\(r_i-1\)。
显然复杂度是\(O(5 \times 10^8)\)的,但我们只需要解决\(dp_{1,5}\),其中有很多冗余状态,实际上可以记忆化搜索解决。
然后考虑如何进行询问。
我们的初始的最长解决长度是\(dp_{1,5}\),初始的最小知道的值为\(cur=1\),询问次数为\(q=5\),那么我们按照下面这种方法进行交互:
①构造上面对应的询问序列,询问一次
②得到\(K\)
③如果\(K=-1\)直接退出,否则\(cur=r_K\),最长解决长度变为\(dp_{min(cur,10000),q-1}\)
④\(q--\),回到第\(1\)步
然后就做完了
思路的确比较火
还有\(dp_{1,5}\)就等于\(M\)到底是什么鬼啊喂
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
//This code is written by Itst
using namespace std;
const int MAXN = 10004205361450474ll;
int dp[10010][5];
vector < int > query;
int dfs(int l , int q){
if(!q)
return 0;
if(l > 10000)
l = 10000;
if(dp[l][q])
return dp[l][q];
int r = l;
for(int i = 1 ; i <= l ; ++i)
r = r + dfs(r , q - 1) + 1;
r = r + dfs(r , q - 1);
return dp[l][q] = r - l;
}
void interact(){
int cur = 1 , q = 5 , K;
for(int i = 1 ; i <= 5 ; ++i){
query.clear();
query.push_back(cur - 1);
int now = cur;
for(int j = 1 ; j <= min(cur , 10000ll) ; ++j){
now += dp[min(now , 10000ll)][q - 1];
query.push_back(now);
++now;
}
cout << query.size() - 1 << ' ';
for(int i = 1 ; i < query.size() ; ++i)
cout << query[i] << ' ';
cout << endl;
cin >> K;
if(K == -1)
exit(0);
cur = query[K] + 1;
--q;
}
}
signed main(){
dfs(1 , 5);
interact();
return 0;
}
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