正题

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题目大意

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

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

1≤n≤20001\leq n\leq 20001≤n≤2000

解题思路

dlsdlsdls 在 WC 讲的神仙题目。

对于一种情况，假设y=iy=iy=i时，AliceAliceAlice说谎的次数是固定的，记这个次数为aia_iai，所以如果当1∼n1\sim n1∼n中只有一个数字满足ai≤1a_i\leq 1ai≤1时那么答案就是这个数字了。

然后看BobBobBob的操作，它每次可以选择一个xxx，AliceAliceAlice可以选择让≥x\geq x≥x的数字或者让<x<x<x的数字的位置ai=ai+1a_i=a_i+1ai=ai+1，BobBobBob需要用最少的次数使得只有一个位置ai≤1a_i\leq 1ai≤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ai=0/1a_i=0/1ai=0/1的话那么所有的状态肯定是若干个111+若干个000+若干个111，分别记为a/b/ca/b/ca/b/c个，我们就可以设状态为fa,b,cf_{a,b,c}fa,b,c进行转移。

考虑到随着ccc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(n3)O(n^3)O(n3)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\log nlogn，所以我们可以考虑交换次数和一个值域，记fw,a,bf_{w,a,b}fw,a,b表示猜测了www次能够猜出来的aaa个000+bbb个111+ccc个000中最大的ccc，然后用决策单调性转移。

时间复杂度：O(n2log⁡n)O(n^2\log n)O(n2logn)

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;}

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