CF1438F - Olha and Igor

交互题.
给定一棵完全二叉树,树高为$h,n=2^h-1$.
现在你不知道每个点的位置,但是你可以进行$n+420$次询问.
询问格式为 ? x y z,返回当$z$为根时$x,y$的$LCA$.
现在让你回答根的标号.
$h\in [3,18]$

参考$CF$官方题解.

这道题让我重新认识了$LCA$.
以$z$为根,$LCA(x,y)$是到$x,y,z$距离和最小的点.(证明显然…)
所以询问$x,y,z$的顺序是无关紧要的.

我们考虑 m i d = a s k ( x , y , z ) ∉ { x , y , z } mid=ask(x,y,z)\notin\{x,y,z\} mid=ask(x,y,z)∈/​{x,y,z}的情况.
我们考虑每个点作为$mid$能被多少个三元组得到.
显然设$s1,s2,s3$为$mid$三个子树的大小.(不足时补0).
那么$count(mid)=s1\ast s2\ast s3$.

显然根和叶子的$count=0$,且容易发现深度相同$count$相等.
而深度为$i$的点($i\ne 1,i\ne h)$的$count=(2^{h-i}-1{)}^2(2^h-2^{h-i+1})$.
显然和为定值,积在尽量相等的时候取最大,所以根的儿子处取到最大值.

所以我们可以随机$420$次,然后统计$ask(x,y,z)$的出现次数.
出现次数最大的俩个为根的两个儿子.
然后再$O(n)$枚举根即可.

int h, n, cnt[T], p[T];

V<int> e[T];
#define pb push_back
void ins(int x,int y) {e[x].pb(y); e[y].pb(x);}

#define op false

int fa[T],dep[T],c;

void dfs(int x) {
	c++;
	for(int y:e[x]) if(fa[x] ^ y) 
		fa[y]=x,dep[y]=dep[x]+1,dfs(y);
}

int ask(int x,int y,int z) {
	if(x == y) return x;
	if(x == z) return z;
	if(y == z) return z;
	if(op) {
		fa[z]=dep[z]=0; c=0;
		dfs(z);
		assert(c == n);
		while(x^y) {
			if(dep[x]<dep[y]) swap(x,y);
			x=fa[x];
		}
		return x;
	}
	printf("? "); pr1(x); pr1(y); pr2(z);
	fflush(stdout); qr(x);
	assert(x>0);
	return x;
}

mt19937 rnd(time(0));
int random(int x) {return rnd()%x+1;}

bool cmp(int x,int y) {return cnt[x]>cnt[y];}

void solve() {
	qr(h); n=(1<<h)-1;
	int rt=-1;
	if(op) {
		FOR(i,n) {
			int x; qr(x);
			if(x) ins(x,i);
			else rt=i;
		}
	}
	FOR(i,420) {
		int x=random(n),y=random(n),z=random(n),w;
		if(x == y || y == z || x == z) {i--; continue;}
		w=ask(x,y,z);
		if(w ^ x && w ^ y && w ^ z) cnt[w]++;
	}
	iota(p+1,p+n+1,1);
	sort(p+1,p+n+1,cmp);
	int x=p[1],y=p[2];
	FOR(i,n) {
		int z=ask(x,y,i);
		if(z ^ x && z ^ y) {
			printf("! %d\n",i);
			if(op) 
				assert(i == rt);
			return ;
		}
	}
}

int main() {
	if(op) freopen("a.in","r",stdin);
    int T = 1;
//    qr(T);
    while (T--)
        solve();
    return 0;
}