概率题技巧小结

技巧一: 势能函数

有一类题目,需要计算期望操作次数, 传奇OIer djq 给出了通用解法, 利用势能函数得出递推方程, 再根据 初末状态的势能差得出答案.

例题1: 951F. Company Acquisitions

有 $n$ 个点, 它们会形成若干个高度 $\le 2$ 的有根树.

操作为: 随机选择两个根 $A,B$. 然后以相同概率 (1/2) 支配对方.

若 $A$ 支配 $B$, 则 $B$ 变为 $A$ 的儿子, 而原本 $B$ 的儿子们变成独立的(单点)有根树. 如下图:

分析: 设 $f(x)$ 为一棵 第二层有 $x$ 个节点的有根树的势能函数.

设此时有 $k$ 棵树, 第二层节点数分别为 $x_1,x_2,\dots ,x_k$.
$$\begin{gathered} \sum _{i=1}^{k}f(x_i)=1(1次操作)+\sum _i(\frac{k-2}{k}f(x_i)+\sum _{j\ne i}\frac{1}{2k\ast (k-1)}(f(x_i+1)+x_j\ast f(0)+f(x_j+1)+x_i\ast f(0))) \\ \sum \frac{2}{k}f(x_i)=1+\sum _i\frac{1}{k}\ast (x_{i}f(0)+f(x_i+1)) \\ \sum f(x_i)=\sum _i(1+x_{i}f(0)+f(x_i+1))/2 \\ f(x+1)=2f(x)-1-xf(0) \\ \text{what’s f(0)? For convenience, let f(0) = 0.(势能可以随便设置)} \end{gathered}$$

直接递推即可. 最后的目标状态势能是 $f(n-1)$.

int n, m, d[N];
ll f[N];

void solve() {
    qr(n);
    int x;
    FOR(i, n) {
        qr(x);
        if(~x) d[x]++, d[i] = -1; // degree
    }
    f[0] = 0;
    rep(i, 0, n) {
        f[i + 1] = (2 * f[i] - i * f[0] - 1) % mod;
        dl(f[i + 1], 0);
    }
    int ans = 0;
    FOR(i, n) if(~d[i]) ad(ans, f[d[i]]); // 初始状态势能
    dl(ans, f[n - 1]); // 末状态势能
    pr2(ans);
}

例题2: 1349D. Slime and Biscuits

有 $n$ 个人玩传饼干游戏, 一开始第 $i$ 个人有 $a_i$ 块.

每轮在 ${\sum }_{i=1}^n{a}_i$ 块中均匀随机出一块, 让其主人再 等概率发给其他 $n-1$ 个人之一.

如果一个人拥有了全部的饼干, 游戏结束.

$n\le 10^5,m={\sum }_{i=1}^n{a}_i\le 3\ast 10^5$.

设 $f(x)$ 表示一个人拥有了 $x$ 块饼干的势能.

则有
$$\begin{gathered} f(a)=\frac{{\sum }_{i=1}^{n}f(a_i)}{n}=\frac{1}{n}\sum _{i=1}^{n}1+\frac{a_i}{m}(f(a_i-1)+\sum _{j\ne i}(\frac{n-2}{n-1}f(a_j)+\frac{1}{n-1}f(a_j+1))) \\ \sum _{i=1}^{n}f(a_i)=\sum _{i=1}^n(\frac{a_i}{m}(f(a_i-1)+\frac{m}{a_i})+\frac{(m-a_i)(n-2)}{m(n-1)}f(a_i)+\frac{m-a_i}{m(n-1)}f(a_i+1)))) \\ letx=a_i,f(x)-f(x+1)=\frac{(n-1)}{m-x}(x(f(x-1)-f(x))-m) \end{gathered}$$
边界: $f(m)=0,f(0)-f(1)=n-1$.

原因: 结束位置势能最低; 一个0饼干的位置得到一个饼干的概率为 $\frac{1}{n-1}$, 故期望要 $n-1$ 步才能得到一块.

Code:

const int N = 3e5 + 10;
ll n, m, a[N], f[N];

void solve() {
    qr(n); m = 0;
    FOR(i, n) qr(a[i]), m += a[i];
    // let f(m) = 0. m是势能最低点
    f[0] = n - 1; // f(0) - f(1)
    FOR(i, m - 1) f[i] = (n - 1) % mod * power(m - i, mod - 2, mod) % mod * (f[i - 1] * i % mod + m) % mod;
    REP(i, 0, m - 1) ad(f[i], f[i + 1]);   
    ll ans = 0;
    FOR(i, n) ad(ans, f[a[i]]);
    // dl(ans, f[m]);  // f(m) = 0
    dl(ans, (n - 1) * f[0] % mod);
    pr2(ans * power(n, mod - 2, mod) % mod);
}

例题3: 1951G - Clacking Balls

有围成环形的 $m$ 个篮子, $n$ 个球($m\ge n$).

操作:

• 每次随机一个 $i\in [1,n]$, 如果球 $i$ 不存在,则无变化.
• 否则, 令球 $i$ 移动到下一个篮子, 若该篮子有球,则丢弃球 $i$.

结束状态: 只剩一个球.

$n\le 3\ast 10^5,m\le 10^9$.

设当前剩余 $k$ 个球, 每个球距离前一个球的距离为 $a_i$,

$f(A)=f(a_1,a_2,...,a_k)=1+\frac{n-k}{n}f(A)+\frac{1}{n}{\sum }_{i=1}^{k}f(a_1,...,a_i+1,a_{i+1}-1,a_{i+2},...)$.

为了方便,记 f ( A + { i } ) = f ( a 1 , . . . , a i + 1 , a i + 1 − 1 , a i + 2 , . . . ) f(A+\{i\}) = f(a_1,...,a_i+1, a_{i+1}-1,a_{i+2},...) f(A+{i})=f(a1​,...,ai​+1,ai+1​−1,ai+2​,...).

则
k f ( A ) = n + ∑ i = 1 k f ( A + { i } ) n = ∑ i = 1 k f ( A ) − f ( A + { i } ) = d e f ∑ i = 1 k h ( A , i ) kf(A)=n+\sum_{i=1}^k f(A+\{i\}) \\ n=\sum_{i=1}^k f(A)-f(A+\{i\}) {\overset{def} {=}}\sum_{i=1}^k h(A,i) kf(A)=n+i=1∑k​f(A+{i})n=i=1∑k​f(A)−f(A+{i})=defi=1∑k​h(A,i)

令 $f(A)={\sum }_{i=1}^k{\sum }_{i=0}^{a_i}g(i)$(解构序列为元素的叠加, 抛弃顺序信息), 则 $n={\sum }_{i=1}^{k}g(a_i)-g(a_i+1)$.

为了让 部分$a_i=0,k=n$ 时上式恒成立, 我们令 $g(0)=g(1)=0$.

注意到 $\sum a_i=m$, 故可令

$g(x+1)-g(x)=-\frac{n}{m}x\to g(x)=-\frac{n}{m}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{x}{2}\right)\to sg(a)={\sum }_{i=0}^{a}g(i)=-\frac{n}{m}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{a+1}{3}\right)$

故势能函数为 $f(A)={\sum }_{i=1}^{n}sg(a_i)$. 答案为 $f(A)-f((m))=\frac{n}{m}((\genfrac{}{}{0ex}{}{m+1}{3})-{\sum }_{i=1}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{a_i+1}{3}))$

const int N = 3e5 + 10, inv6 = power(6, mod - 2, mod);
int n, m, a[N];

ll f(ll x) {
    x++; return x * (x - 1) % mod * (x - 2) % mod * inv6 % mod;
}

void solve() {
    qr(n, m);
    FOR(i, n) qr(a[i]);
    sort(a + 1, a + n + 1);
    a[0] = a[n] - m;
    ll ans = f(m);
    FOR(i, n) dl(ans, f(a[i] - a[i - 1]));
    pr2(ans * n % mod * power(m, mod - 2, mod) % mod);
}

习题:

• Problem - 1874D - Codeforces

总结:

本做法需要有极强的 找通解 能力, 需要一定的观察力和解耦函数能力.

技巧二: 随机排列

这个技巧的实现方式是:

1. 初始化最优解 集合(序列) $S^{\ast }=\varnothing$, 设置循环次数 $T$.(一般要充分卡时,设置得尽量大)

2. 随机一个排列 $P$, 维护一个合法集合 $S=\varnothing$,顺序遍历 $P$, 看 $P_i$ 是否能加入 $S$, 如果加入合法则加入( S ← S ∪ { P i } S\leftarrow S \cup \{P_i\} S←S∪{Pi​}).

3. 判断 $S$ 是否比 $S^{\ast }$ 更优, 若是, 则更新 $S^{\ast }=S$.

   1. 若 --T>0, 重复操作2.
   2. 否则, 结束求解.(认为找到了最优解)

如果 $|P|$ 比较小, 那么可以直接全排列. 否则 $T=\text{TL(s)}\ast 10^8/F(n)$, $F(n)$ 为计算一次答案的复杂度.

技巧三: 纳什均衡

纳什均衡是非合作 、信息透明(知道其他参与方决策分布)的博弈.

对于每个参与方满足 $u_i(s_i^{\ast },s_{-i}^{\ast })\ge u_i(s_i,s_{-i}^{\ast })\mathrm{for}\mathrm{all}{s}_i\in S_i$, 其中 $$s^{\ast }=(s_i^{\ast },s_{-i}^{\ast })$$ 是一个纳什均衡点, $s_i\in S_i$ 表示第 $i$ 个人的决策, $u_i$ 表示第 $i$ 个人的收益.

严格纳什均衡: $u_i(s_i^{\ast },s_{-i}^{\ast })>u_i(s_i,s_{-i}^{\ast })\mathrm{for}\mathrm{all}{s}_i\in S_i,s_i\ne s_i^{\ast }$, 保证了纳什均衡点的唯一.

总结: 纳什均衡是只谋私利, 不求共赢的.(囚徒困境…)

例题1: 1912F - Fugitive Frenzy

警察在一棵树上追捕逃犯，在 $0$ 时刻，警察出现在编号为 $s$ 的顶节点，而逃犯则会选择一个节点出现，之后从警察开始，他们会轮流行动。

• 每次轮到警察移动时，他可以任意选择一个与当前节点相邻的节点并移动过去。警察移动的时间为一个单位时间。此外，警察也可以决定静止不动，在这种情况下，他会在开始移动的顶点等待一个单位时间。如果在移动结束时，警察与逃犯出现在同一个节点，他会立即抓住逃犯，追捕结束。
• 每次轮到逃犯移动时，假设他位于点 $b$ ，而警察位于点 $p$ 。逃犯会选择一个 $p$ 不在 $b$ 到 $b^{\prime }$ 的路径上的点 $b^{\prime }$ 并立即移动到 $b^{\prime }$，他的移动不需要花费时间，且他也可以选择停留在原地。

逃犯每时每刻都知道警官的位置（包括 $s$ ）。相反，警官对逃犯的行踪一无所知，只有在抓住逃犯的那一刻才能发现他。

警察的目标是尽快抓住逃犯，而逃犯的目标是尽可能晚地被抓住，在警察和逃犯都采取最优行动的情况下，求追捕时间的期望。

$2\le n\le 100$

首先, 逃犯一定会跑到叶子, 警察也只会往叶子跑. 当警察到达叶子后, 逃犯重新选择叶子节点.

现在求双方的纳什均衡点. 设 $p_{u,v},q_{u,v}$ 分别表示 $s=u$ 时到警察到$v$的概率, 逃犯到$v$ 的概率,

$x_u$ 为警察在 $u$ 时的期望追捕时间, 叶子集合为 $L$.

显然有 $\forall u\ne v,v\in L,p_{u,v},q_{u,v}>0$.

$x_u$ 的转移方程, 双方梯度:
x u = ∑ v ∈ L \ { u } F ( u , v ) w h e r e   F ( u , v ) = p u , v ( d i s t   ( u , v ) + ( 1 − q u , v ) x v ) . F o r   p o l i c e : P u ( v )   =   ∂ ∂ p u . v F ( u , v )   =   ( d i s t   ( u , v ) + ( 1 − q u . v ) x v ) F o r   f u g i t i v e : Q u ( v ) = ∂ ∂ q u , v F ( u , v ) = − p u , v x v x_{u}=\sum_{v\in{\cal L}\backslash\{u\}}F(u,v)\qquad{\mathrm{where~}}F(u,v)=p_{u,v}({\mathrm{dist}}\,(u,v)+(1-q_{u,v})x_{v}). \\ For~ police: P_{u}(v)\:=\:\frac{\partial}{\partial p_{u.v}}F(u,v)\:=\:(\mathrm{dist}\:(u,v)+(1-q_{u.v})x_{v}) \\ For~fugitive: Q_u(v) = \frac ∂{∂q_{u,v}} F(u,v) = −p_{u,v}x_v xu​=v∈L\{u}∑​F(u,v)where F(u,v)=pu,v​(dist(u,v)+(1−qu,v​)xv​).For police:Pu​(v)=∂pu.v​∂​F(u,v)=(dist(u,v)+(1−qu.v​)xv​)For fugitive:Qu​(v)=∂qu,v​∂​F(u,v)=−pu,v​xv​
对 v ∈ L ∖ { u } v\in L \setminus \{u\} v∈L∖{u}, $P_u(v)$ 的值都应该相等, 否则警察选择调高梯度小的一侧会更优. 同理 $Q_u(v)$ 对一个$u$ 也应该都相等.

1 = ∑ w ∈ L \ { u } p u , w = ∑ w ∈ L \ { u } p u , w x w ⋅ 1 x w = ∑ w ∈ L \ { u } p u , v x v ⋅ 1 x w = p u , v x v ⋅ ∑ w ∈ L \ { u } 1 x w . 1=\sum_{w\in L\backslash\{u\}}p_{u,w}=\sum_{w\in L\backslash\{u\}}p_{u,w}x_{w}\cdot{\frac{1}{x_{w}}}=\sum_{w\in L\backslash\{u\}}p_{u,v}x_{v}\cdot{\frac{1}{x_{w}}}=p_{u,v}x_{v}\cdot\sum_{w\in L\backslash\{u\}}{\frac{1}{x_{w}}}. 1=∑w∈L\{u}​pu,w​=∑w∈L\{u}​pu,w​xw​⋅xw​1​=∑w∈L\{u}​pu,v​xv​⋅xw​1​=pu,v​xv​⋅∑w∈L\{u}​xw​1​.

故 p u , v = 1 / x v ∑ w ∈ L \ { u } 1 / x w . \large p_{u,v}={\frac{1/x_{v}}{\sum_{w\in L\backslash\{u\}}1/x_{w}}}. pu,v​=∑w∈L\{u}​1/xw​1/xv​​.

由于 $p$ 的纳什平衡点不依赖与 $q$, 所以我们不妨令 $q_{u,v}=[v=t]$ , 即 逃犯只会往 $t$ 点跑.
F ( u , v ) = 1 / x v ∑ w ∈ L ∧ { u } 1 / x w ( d i s t   ( u , v ) + ( 1 − q u , v ) x v ) . F ( u , v ) = 1 / x v ∑ w ∈ L \ { u } 1 / x w ( d i s t   ( u , v ) + x v − [ v = t ] x t ) . x u = ∣ L ∖ { u } ∣ − 1 + ∑ w ∈ L \ { u } d i s ( u , w ) ∑ w ∈ L \ { u }     1 / x w x u ⋅ ∑ v ∈ L \ { u } 1 / x v = ∣ L ∣ − 2 + [ u ∉ L ] + ∑ v ∈ L \ { u } d i s t   ( u , v ) / x v . 设 u ∈ L , 将上式两边加 1. x u ⋅ ∑ v ∈ L 1 / x v = ∣ L ∣ − 1 + ∑ v ∈ L d i s t ( u , v ) / x v . x u = ∣ L ∣ − 1 + ∑ v ∈ L d i s t ( u , v ) / x v ∑ v ∈ L 1 / x v . 设 y u = 1 / x u , y u = ∑ v ∈ L y v ∣ L ∣ − 1 + ∑ v ∈ L d i s t ( u , v ) y v . F(u,v)=\frac{1/x_{v}}{\sum_{w\in L\land\{u\}}1/x_{w}}(\mathrm{dist}\,(u,v)+(1-q_{u,v})x_{v}).\\ F(u,v)=\frac{1/x_{v}}{\sum_{w\in L\backslash\{u\}}1/x_{w}}(\mathrm{dist}\ (u,v)+x_{v}-[v=t]x_{t}).\\ x_{u}=\frac{|L\setminus\{u\}|-1 +\sum_{w\in L\backslash\{u\}}dis(u,w)} {\sum_{w\in L\backslash\{u\}\ ~~1/x_{w}}} \\ x_{u}\cdot\sum_{v\in L\backslash\{u\}}1/x_{v}=|L|-2+[u\not \in L]+\sum_{v\in L\backslash\{u\}}\mathrm{dist}\,(u,v)/x_{v}. \\ 设 u\in L, 将上式两边加1. \\ x_{u}\cdot\sum_{v\in L}1/x_{v}=|L|-1+\sum_{v\in L}\mathrm{dist}\left(u,v\right)/x_{v}. \\ x_{u}=\dfrac{|L|-1+\sum_{v\in L}\mathrm{dist}\left(u,v\right)/x_{v}}{\sum_{v\in L}1/x_{v}}. \\ 设 y_u=1/x_u, y_{u}=\frac{\sum_{v\in L}y_{v}}{\vert L\vert-1+\sum_{v\in L}\mathrm{dist}\left(u,v\right)y_{v}}. F(u,v)=∑w∈L∧{u}​1/xw​1/xv​​(dist(u,v)+(1−qu,v​)xv​).F(u,v)=∑w∈L\{u}​1/xw​1/xv​​(dist (u,v)+xv​−[v=t]xt​).xu​=∑w∈L\{u}   1/xw​​∣L∖{u}∣−1+∑w∈L\{u}​dis(u,w)​xu​⋅v∈L\{u}∑​1/xv​=∣L∣−2+[u∈L]+v∈L\{u}∑​dist(u,v)/xv​.设u∈L,将上式两边加1.xu​⋅v∈L∑​1/xv​=∣L∣−1+v∈L∑​dist(u,v)/xv​.xu​=∑v∈L​1/xv​∣L∣−1+∑v∈L​dist(u,v)/xv​​.设yu​=1/xu​,yu​=∣L∣−1+∑v∈L​dist(u,v)yv​∑v∈L​yv​​.
用上述$y_u$ 的式子迭代即可. 计算完所有叶子节点的 $y$ 后, 我们再求 $x_s$.

复杂度$O(n\ell +q{\ell }^2+n\ell )=O\left(n\ell +q{\ell }^2\right),\mathrm{where}n=|V|,\ell =|L|\mathrm{and}q\mathrm{is}\mathrm{the}\mathrm{number}\mathrm{of}\mathrm{iterations}$

初始化$y_u=\frac{1}{(n-1{)}^2}$ , $q$ 取 10000 即可轻松通过本题.

const int N = 102;
int n, m, id[N], A[N][N], d[N];
ld y[2][N];
VT<int> e[N];

void bfs(int x) {
    fill_n(d, n, n);
    d[x] = 0;
    queue<int> q;
    q.push(x);
    while(q.size()) {
        int x = q.front(); q.pop();
        for(int y: e[x]) if(cmin(d[y], d[x] + 1)) 
            q.push(y);
    }
}

void solve() {
    qr(n); m = 0;
    fill_n(id, n, -1);
    {
        int x, y;
        FOR(i, n - 1) {
            qr(x, y);
            x--; y--;
            e[x].pb(y);
            e[y].pb(x);
        }
    }
    VT<int> L;
    rep(i, 0, n - 1) if(SZ(e[i]) == 1) L.pb(i), id[i] = m++; // 叶子节点, 重编号
    for(int x: L) {
        bfs(x);
        rep(i, 0, m - 1) A[id[x]][i] = d[L[i]];
    }
    fill_n(y[0], m, 1.0 / ((n - 1) * m));
    int o = 0;
    FOR(_, 10000) {
        ld sum = accumulate(y[o], y[o] + m, 0.0);
        rep(i, 0, m - 1) {
            ld t = m - 1;
            rep(j, 0, m - 1) t += A[i][j] * y[o][j];
            y[!o][i] = sum / t;
        }
        o ^= 1;
    }
    int s; qr(s); s--;
    ld ans = 0;
    if(id[s] == -1) {
        ans = m - 1;
        bfs(s);
        rep(i, 0, m - 1) ans += y[o][i] * d[L[i]];
        ans /= accumulate(y[o], y[o] + m, (ld)0.0);
    }
    else ans = 1 / y[o][id[s]];
    pr2(ans);
}

技巧四: 独立变量与期望

对独立随机变量 $x,y$, 有: $E(x\cdot y)=E(x)\cdot E(y)$.

例题1: 1842G - Tenzing and Random Operations

Given an array $a$ of length $n$ and an integer $v$.

Tenzing will perform the following operation $m$ times:

1. Choose an integer $i$ such that $1\le i\le n$ uniformly at random.
2. For all $j$ such that $i\le j\le n$, set $a_j:=a_j+v$.

Tenzing wants to know the expected value of ${\prod }_{i=1}^n{a}_i$ after performing the $m$ operations, modulo $10^9+7$.

设 $d_{j,i}$ 表示第 $j$ 次对 $a_i$ 的增量(取值 0 or v)
$$\begin{gathered} Ans=\prod _{i=1}^n(a_i+\sum _{j=1}^m{d}_{j,i}) \\ 注意到若j\ne k,则d_j,d_k独立. \\ 若l<r,E(d_{j,l}\cdot d_{j,r})=E(d_{j,l})\cdot v,即同类(\text{same j})只由首项取值决定 \end{gathered}$$
定义$ f[i][j]$ 表示 前$ i$ 项含有$ j $个\ast \ast 不同\ast \ast 类的$d$变量即可, 时间复杂度 $O(n\cdot \min (n,m))$. 空间复杂度 $O(n)$.

int n, m;
ll f[N], v;

void solve() {
    qr(n, m, v);
    ll x, invn = INV(n, mod);
    f[0] = 1;
    FOR(i, n) {
        qr(x);
        REP(j, 0, min(m, i - 1)) {
            ad(f[j + 1], f[j] * (m - j) % mod * i % mod * invn % mod * v % mod);
            f[j] = (x + j * v) % mod * f[j] % mod;
        }
    }
    ll ans = 0;
    REP(i, 0, min(n, m)) ad(ans, f[i]);
    pr2(ans);
}

交互题

交互题一般的突破口找到某种关键结构, 通过这个关键结构来实现高效求解…

设找到其的概率为 $p$, 则期望进行 $1/p$ 次伯努利实验才能找到.

假设我们进行 $t$ 次, 则都失败的概率为 $(1-p{)}^t$, 我们希望失败概率极小, 不妨令容错概率为 $10^{-6}$, 则 $(1-p{)}^t<10^{-6}\to t>\frac{-6}{\lg (1-p)}=\frac{-6\ln 10}{\ln (1-p)}\approx \frac{2.3\times 6}{p}$.

简单来说, 进行 ==$10/p$==次, 出错概率 $<10^{-4}$.

下面给出$p-t$ 表($t=\lceil \frac{-6}{\lg (1-p)}\rceil )$:

$p$	$t$
1/2	20
1/5	62
1/10	132
1/40	546
1/100	1375
1/1000	13809

鸽巢定理例题

$n(3\le n\le 5000)$ 个隐藏整数 $a_i(i\in [1,n],a_i\le [1,4])$, 你需要在 5500次询问内确定整个序列 / 报告这个序列不能唯一确定.

每次询问给出 $i,j,k(i\ne j,i\ne k,j\ne k,i,j,k\in [1,n])$,

• 若 $a_i,a_j,a_k$ 可以构成非退化三角形, 则返回 $16s^2$, $s$ 为三角形面积.
• 否则, 返回0.

由于返回 $16s^2=(a+b+c)\ast (b+c-a)\ast (a+b-c)\ast (a+c-b)$.(海伦公式)

所以我们先打表所有可以唯一确定的三元组.

观察1: (1,4,4), (2,2,3) 具有相同的面积(返回 63). 其他有序三元组的面积都不同.

观察2: (2,2,4) 不合法. 其他不合法三元组最小值是1.

1. $n\le 8$: 询问所有$(i,j,k)$. 然后$4^n$枚举所有状态判断.

2. $n>8$: 由鸽巢定理, 一定存在等边三角形. ($n>8=2\ast 4$)

   1. 如果找到$(a,a,a),a>1$, 则剩下的所有点都可以一次判断($(a,a,b)$式询问).

   2. 如果找到(1,1,1), 它可以用了分别=1, >1的两种情况.

      当$>1$的数超过6个时,根据鸽巢原理, 还会存在$(a,a,a)(a>1)$的等边三角形. 这时候可以退化为 2.a

      当$>1$的数不超过6个时, 询问所有相互之间的关系, 然后枚举所有状态判断. $O(3^k)$ (值域为 $[2,4]$ ). 需要在注意应该多增加一个$=1$ 的数来辅助(增加一些和1的询问), 因为 $1$ 可以帮助找出相等的位置 $(1,2,2)$

​

至于怎么找等边三角形:

• 当 $n\le 30$, 枚举所有三元组.
• 否则, 随机三元组询问即可, 不难发现当 1~4是均匀分布时, 等边三角形的数量最少, 此时采样成功概率 $p=(1/4{)}^2=1/16$, 故 160次以内高概率找得到.

int n, s[5][5][5], cnt[N];

// #define DE
#ifdef DE
int ans[N];
#endif 

int ask(int i, int j, int k) {
    cout << "? " << i << ' ' << j << ' ' << k << endl;
#ifdef DE
    return s[ans[i]][ans[j]][ans[k]];
#endif 
    qr(i);
    return i;
}

int a[N], msk[N], b[10], val[10], m, v[10][10][10], ok, same[N];

void dfs(int i, int st) {
    if(i == m + 1 || (st == 2 && i == m)) {
        FOR(i, m) rep(j, i + 1, m) rep(k, j + 1, m) 
            if(v[i][j][k] != s[val[i]][val[j]][val[k]]) return;
        if(++ok > 1) {
            cout << "! -1" << endl;
            exit(0);
        }
        FOR(i, m) a[b[i]] = val[i];
        return;
    }
    rep(j, st, 4) val[i] = j, dfs(i + 1, st);
}

void out() {
    cout << "! ";
    FOR(i, n) cout << a[i] << " \n"[i == n];
    cout.flush();
    #ifdef DE
        FOR(i, n) assert(a[i] == ans[i]);
    #endif
}

void vio(int st) {
    FOR(i, m) rep(j, i + 1, m) rep(k, j + 1, m) 
        v[i][j][k] = ask(b[i], b[j], b[k]);
    dfs(1, st);
    assert(ok == 1);
    out();
}

void solve(int x, int y, int z) {
    assert(x > 0 && a[x] > 1);
    int d = a[x];
    FOR(i, 4) same[s[d][d][i]] = i; // guess number
    FOR(i, n) if(!a[i]) a[i] = same[ask(x, y, i)];
    out();
}

void solve() {
    n = 4;
    FOR(i, n) rep(j, i, n) rep(k, j, n) 
        if(i + j > k) {
            s[i][j][k] = s[i][k][j] = s[j][i][k] = s[j][k][i] = s[k][i][j] = s[k][j][i] = 
                (i + j + k) * (i + j - k) * (i + k - j) * (j + k - i);
            cnt[s[i][j][k]]++;
            if(k == i) same[s[i][j][k]] = i;
        }
    qr(n);
    #ifdef DE
        FOR(i, n) qr(ans[i]);
    #endif
    if(n <= 8) {
        FOR(i, n) b[++m] = i;
        vio(1);
    }
    else {
        int x = -1, y, z;
        if(n <= 30) {
            FOR(i, n) rep(j, i + 1, n) rep(k, j + 1, n) {
                int t = ask(i, j, k);
                if(t = same[t]) {
                    a[i] = a[j] = a[k] = t;
                    x = i; y = j; z = k;
                    goto nxt;
                }
            }
        }
        else {
            mt19937 rng(chrono::steady_clock::now().time_since_epoch().count());
            auto rd = uniform_int_distribution<int>(1, n);
            while(1) {
                VT<int> v{rd(rng), rd(rng), rd(rng)};
                sort(v);
                if(v[0] == v[1] || v[1] == v[2]) continue;
                int t = ask(v[0], v[1], v[2]);
                if(t = same[t]) {
                    x = v[0]; y = v[1]; z = v[2];
                    a[x] = a[y] = a[z] = t;
                    goto nxt;
                }
            }
        }
        nxt:
        assert(x != -1);
        if(a[x] == 1) {
            FOR(i, n) if(!a[i]) {
                int t = ask(x, y, i);
                if(t) a[i] = 1;
                else {
                    b[++m] = i;
                    if(m == 7) {
                        FOR(u, m) rep(v, u + 1, m) rep(w, v + 1, m) {
                            t = ask(b[u], b[v], b[w]);
                            if(t = same[t]) {
                                a[b[u]] = a[b[v]] = a[b[w]] = t;
                                return solve(b[u], b[v], b[w]);
                            }
                        }
                    }
                }
            }
            b[++m] = x; val[m] = 1;
            vio(2);
        }
        else solve(x, y, z);
    }
}

图与生成树

树是最简单的连通图, 给图的交互题, 可以试着先从生成树入手, 找到生成树后, 剩余的结构可能很好解决.

1819E - Roads in E City

参考博客题解 CF1819E 【Roads in E City】 - 洛谷专栏

主要思想:

由于已维修的道路构成连通块, 所以

• 如果 $(u,v)$ 不是桥, 则不会影响其他点的连通性;

• 如果边 $(u,v)$ 是桥, 那么断开后, 我们询问 $k$ 次 $u$, $k$ 次 $v$.

  设 $u$ 侧连通块大小为 $t$, 则 $2k$ 次询问均没有0的概率(假设题目的 $s\sim U[1,n]$) 为 ${\left(\frac{t}{n}\cdot \frac{n-t}{n}\right)}^k\le \frac{1}{4^k}$.

如何找生成树? 只需要把不是桥的边删去即可, 最后一定会剩余 $n-1$ 条桥边. 这里次数为 $O(2km)$

剩余的边 $(s,t)$, 我们只需删掉 $s,t$ 生成树路径上的一条边, 再加入 $(s,t)$ 看 $s,t$ 是否连通即可. 这个次数也是 $O(2km)$.

总共大概需要 $4km$ 次, 我们令 $k=20$ 即可.

const int N = 2010, K = 20;
int n, m, cut[N], pre[N], dep[N];
VT<pii> e[N]; 

int ask(int x) {
    assert(1 <= x && x <= n);
    cout << "? " << x << endl;
    qr(x); return x;
}

void dfs(int x) {
    for(auto [y, w]: e[x]) if(!dep[y]) {
        dep[y] = dep[x] + 1;
        pre[y] = w; // Edge_id
        dfs(y);
    }
}

void solve() {
    qr(n, m);
    FOR(i, n) e[i].clear();
    int x, y;
    VT<pii> E;
    FOR(i, m) {
        qr(x, y);
        E.emplace_back(x, y);
    }
    auto check = [&](int i, bool ban) ->int { // bridge
        if(ban) cout << "- " << i + 1 << endl; // ban
        auto [x, y] = E[i];
        FOR(i, K) {
            if(!ask(x)) return 1;
            if(!ask(y)) return 1;
        }
        return 0;
    };
    rep(i, 0, m - 1) {
        if(cut[i] = check(i, 1)) {
            cout << "+ " << i + 1 << endl; // recover
            auto [x, y] = E[i];
            e[x].pb({y, i + 1}), 
            e[y].pb({x, i + 1});
        }
    }
    fill_n(dep + 1, n, 0);
    dep[1] = 1; dfs(1);
    rep(i, 0, m - 1) {
        if(!cut[i]) {
            auto [x, y] = E[i];
            if(dep[x] < dep[y]) swap(x, y);
            cout << "- " << pre[x] << endl;
            cout << "+ " << i + 1 << endl;
            cut[i] = !check(i, 0);
            cout << "- " << i + 1 << endl;
            cout << "+ " << pre[x] << endl;
        }
    }
    cout << "! ";
    rep(i, 0, m - 1) cout << cut[i] << " \n"[i == m - 1];
    cout.flush(); qr(n); if(!n) exit(0);
}

简单DP

这类DP无需考虑后效性, 直接设计状态即可.

1. Problem - 1835E - Codeforces: $f[i][j][k]$ 表示已知 $i$ 个有效键位, $j$ 个无效键位, $\{\begin{array}{l}k=0:已找到删除键;\\ k=1:正在寻找删除键;\\ k=2:已找到删除键.\end{array}$ 的状态的概率.在需要回撤时直接 $p\ast cost$ 即可计算期望开销.