交互题训练1

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交互题经典思路：二分

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一道经典的题目便是猜数字。
Codeforces 1011D - Rocket
不过，这里面的人有可能撒谎，即大于有可能说成小于，小于有可能说成大于。
好在，它们说真假话为n个一个周期。
即第$i$次说假话当且仅当$imodn$时说假话。
真话同理。
猜的数在[1,1e9]内。$n⩽30$，需要60次内猜出来。
我们可以先采取n次每次问1，得出真谎话周期。
后面二分即可。

codeforces 862D和codeforces 714D均是这个经典思路的应用。

在[IOI 2018]highway中，二分的伟大神力被体现地淋漓尽致。
题意:
有个n个点,m条边的无向图。$n⩽90000$ $m⩽130000$
有两种权值A,B($A<B$)。你需要询问出起点S,T。
每次你可以给每条边赋上A或B的权值，然后询问S,T的最短路。
用不超过50次询问确定S,T。

首先，询问边权权全为A时的最短路。(以下我们把边权全为A时的最短路简称为最短路)
然后，对边的编号二分，找出一条在最短路上的边。
记为e1-e2
那么，用bfs找出e1,e2在原图上的最短路树。
可以看出,S,T到e1,e2的距离互不相同，并且S,T会选择较近的那个点。
那么e1,e2会分别形成一棵树，互不相交。
分别在e1,e2的树上bfs序上二分，找出S和T。
注意到，若两棵树的大小为s1,s2。
则需要询问的次数为$O(\lceil lo{g}_{2}s1\rceil +\lceil lo{g}_{2}s2\rceil +\lceil lo{g}_{2}m\rceil +1)$
由于$s1+s2⩽n$
故最多询问次数为$2\lceil lo{g}_{2}n\rceil +\lceil lo{g}_{2}m\rceil -1$
即最多50次。

 
#include "highway.h"
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
int n,m,A,B;
ll Ans;
#define V 90010
#define E 130010
struct Edge{
    int a,b;
}edge[E];
int head[V],v[E<<1],w[E<<1],nxt[E<<1],tot=0;
int val[E];
inline void add_edge(int s,int e,int t){
    tot++;v[tot]=e;w[tot]=t;nxt[tot]=head[s];head[s]=tot;
    tot++;v[tot]=s;w[tot]=t;nxt[tot]=head[e];head[e]=tot;
}
 
int dis1[V],dis2[V],fr1[V],fr2[V],Q1[V],Q2[V];
int Q[V],hd,tl,cnt1,cnt2;
void Bfs(int S,int *dis,int *fr,int *Q){
    memset(dis,-1,sizeof(int)*n);
    hd=tl=0;
    Q[tl++]=S;dis[S]=0;
    while(hd vec;
inline ll Ask(){
    vec.clear();
    for(int i=0;i e1,vector e2,int val1,int val2){
    A=val1;B=val2;n=N;m=e1.size();
    for(int i=0;i>1;
        if(Judge1(mid+1))l=mid+1;
        else r=mid;
    }
    memset(fr1,-1,sizeof(fr1));
    memset(fr2,-1,sizeof(fr2));
    Bfs(edge[l].a,dis1,fr1,Q1);
    Bfs(edge[l].b,dis2,fr2,Q2);
    tot=0;memset(head,0,sizeof(int)*n);
    for(int i=0;i>1;
        for(int i=0;i>1;
        for(int i=0;i