CF1028G Guess the Numbers 构造、记忆化搜索

传送门

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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;
}