正题

题目链接:https://ac.nowcoder.com/acm/contest/11254/A

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题目大意

现在有一个\(y\in[1,n]\)，\(Bob\)每次可以选择问\(Alice\)是否\(y\geq x\)，\(Alice\)可以说一次谎。\(Bob\)要在最少次数内确定\(y\)的值，而\(Alice\)尽量使得次数最多。

现在已知第一次\(Bob\)询问的是\(k\)且\(Alice\)回答了是，对于\(k\in[1,n]\)求每个\(k\) \(Bob\)需要的最少询问次数。

\(1\leq n\leq 2000\)

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解题思路

\(dls\) 在 WC 讲的神仙题目。

对于一种情况，假设\(y=i\)时，\(Alice\)说谎的次数是固定的，记这个次数为\(a_i\)，所以如果当\(1\sim n\)中只有一个数字满足\(a_i\leq 1\)时那么答案就是这个数字了。

然后看\(Bob\)的操作，它每次可以选择一个\(x\)，\(Alice\)可以选择让\(\geq x\)的数字或者让\(<x\)的数字的位置\(a_i=a_i+1\)，\(Bob\)需要用最少的次数使得只有一个位置\(a_i\leq 1\)。

发现因为每次都是覆盖一个前缀或者一个后缀，所以如果只保留\(a_i=0/1\)的话那么所有的状态肯定是若干个\(1\)+若干个\(0\)+若干个\(1\)，分别记为\(a/b/c\)个，我们就可以设状态为\(f_{a,b,c}\)进行转移。

考虑到随着\(c\)的增大我们肯定会尽量选择中间的位置，也就是决策位置是单调递增的，所以我们可以做到\(O(n^3)\)的转移。

然后注意到这个和猜数字的规则很像，询问次数级别不会超过\(\log n\)，所以我们可以考虑交换次数和一个值域，记\(f_{w,a,b}\)表示猜测了\(w\)次能够猜出来的\(a\)个\(0\)+\(b\)个\(1\)+\(c\)个\(0\)中最大的\(c\)，然后用决策单调性转移。

时间复杂度：\(O(n^2\log n)\)

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code

	#include<cstdio>
	#include<cstring>
	#include<algorithm>
	using namespace std;
	const int N=2100;
	int n,inf,f[20][N][N];
	int calc(int u,int v){
		int ans=19;
		while(ans&&f[ans-1][u][v]>=0)ans--;
		return ans;
	}
	int main()
	{
		scanf("%d",&n);
		memset(f,0xcf,sizeof(f));
		inf=f[0][0][0];
		for(int i=0;i<=1;i++)
			for(int j=0;j<=1-i;j++)
				f[0][i][j]=1-i-j;
		for(int i=1;i<=19;i++){
			for(int j=0;j<=n;j++)
				for(int k=0;k<=j;k++){
					int u=f[i-1][j-k][k];
					int v=f[i-1][k][j-k];
					if(u!=inf&&v!=inf){
						u=min(u,n-j);
						f[i][u][j]=max(f[i][u][j],v);
					}
				}
			for(int j=0;j<=n;j++){
				int v=f[i-1][j][0];
				if(v!=inf){
					for(int k=0;k<=n-j;k++){
						int u=f[i-1][k][j];
						if(u==inf)break;
						f[i][min(u,n-j)][j]=max(f[i][min(u,n-j)][j],v+k);
						f[i][min(v+k,n-j)][j]=max(f[i][min(v+k,n-j)][j],u);
					}
				}
			}
			for(int j=0;j<=n;j++)
				for(int k=n-j-1;k>=0;k--)
					f[i][k][j]=max(f[i][k][j],f[i][k+1][j]);
		}
		for(int i=0;i<n;i++)
			printf("%d ",calc(i,n-i));
		return 0;
	}