交互题一般分为两种:IO交互和grader交互
需要包含对应的交互库头文件。
一般题目会在题面定义好每种操作的格式,选手通过打印对应的字符串进行交互。
每次输出后要即时清空缓存,保证交互正常进行。
对于cout,endl时会自动清除缓存。
对于printf,可以使用 fflush(stdout) 清除缓存。
例题:猜数字2
需要包含对应的交互库头文件。
题目一般会给出几个函数,有一些是交互库中已经写好的,一些是需要自己实现的,选手不需要定义已经写好的代码,只需要按照题目格式定义并编写要求选手实现的代码即可。
不应该包含main函数。
例题:拉面比较
如果OJ或者题目有特殊要求,优先遵循其要求。如:luogu要求交互题必须不包含交互库头文件,对于grader交互题必须对所有给出函数进行定义。
题目一般会给出用于交互评测的代码以及交互库头文件,需提前下载好。
貌似只能本地模拟。
这里环境为linux。
假设交互评测的代码为grader.cpp,选手的代码为U1.cpp。
进入终端输入命令g++ -O2 -o work grader.cpp U1.cpp
,其中work
为最终生成的程序的名字,可以自行定义。
./work
运行程序,按照评测代码的输入格式输入数据,即可进行交互并打印评测结果。
题目
交互的模板题,二分猜即可。
注意交互格式,及时清除缓存。
参考代码:
#include
#include"interaction.h"
using namespace std;
const int N=110;
int n,a[N];
int guess(int R){
int l=1,r=1e6,mid,ans=0,tmp;
while(l+1<r){
mid=(l+r)>>1;
printf("guess %d %d\n",R,mid);
fflush(stdout);
scanf("%d",&tmp);
if(tmp==0) return mid;
else if(tmp==-1) l=mid;
else r=mid;
}
printf("guess %d %d\n",R,l);
fflush(stdout);
scanf("%d",&tmp);
if(tmp==0) return l;
return r;
}
int main(){
// freopen(".in","r",stdin);
// freopen(".out","w",stdout);
printf("get_num\n");
fflush(stdout);
scanf("%d",&n);
for(int i=0;i<n;i++) a[i]=guess(i);
printf("submit");
for(int i=0;i<n;i++) printf(" %d",a[i]);
printf("\n");
return 0;
}
直接进行两两比较,比较次数上限为 n ( n − 1 ) 2 \frac{n(n-1)}{2} 2n(n−1)。
扫一遍序列,并记录前 i i i个元素的最大值和最小值的位置,每次只和最大值/最小值比较即可。
比较次数上限为 2 n − 2 2n-2 2n−2。
先每两个元素分成一组,进行 ⌊ n 2 ⌋ \lfloor\frac{n}{2}\rfloor ⌊2n⌋
次比较,将较小数分到一个集合 A A A,较大数分到几个集合 B B B,运用50pts的算法对 A A A求最小值,对 B B B求最大值,两个过程各需 ⌈ n 2 ⌉ − 1 \lceil\frac{n}{2}\rceil-1 ⌈2n⌉−1次比较。
比较次数上限为 ⌈ 3 n 2 ⌉ − 2 \lceil\frac{3n}{2}\rceil-2 ⌈23n⌉−2。
参考代码:
#include
#include"ramen.h"
using namespace std;
vector<int> biger,smler;
//int Compare(int X,int Y);
//int Answer(int X,int Y);
void Ramen(int n){
if(n==1){Answer(0,0);return;}
for(int i=1;i<n;i+=2){
int tmp=Compare(i-1,i);
if(tmp==1) biger.push_back(i-1),smler.push_back(i);
else biger.push_back(i),smler.push_back(i-1);
}
if(n&1) biger.push_back(n-1),smler.push_back(n-1);
int mx=biger[0];
for(int i=1;i<biger.size();i++){
if(Compare(mx,biger[i])<0) mx=biger[i];
}
int mn=smler[0];
for(int i=1;i<smler.size();i++){
if(Compare(mn,smler[i])>0) mn=smler[i];
}
Answer(mn,mx);
}
//int main(){
// freopen(".in","r",stdin);
// freopen(".out","w",stdout);
//
// return 0;
//}
题目
暴力枚举两个点,检查能否直接从一个点到另一个点,有则两点存在连边。
namespace task1{
void sol(){
for(int i=0;i<n;i++)
for(int j=i+1;j<n;j++){
for(int k=0;k<n;k++){
if(k==i||k==j) pla[k]=1;
else pla[k]=0;
}
if(Ask(i,j,pla)) Answer(i,j);
}
}
}
考虑整体二分。
每次递归维护一个序列,左右端点固定,从中间随机一个点作为分界点。
先将序列里所有点置成 1 1 1,从左到右枚举点,尝试将该点状态设成0,检查 Ask(l,mid) 是否为真,若为真说明该点在右区间,否则在左区间。
namespace task2{
void Div(vector<int> vec){
if(vec.size()==2) return report(vec[0],vec[1]),void();
int l=vec[0],r=vec.back(),mid=vec[rnd()%(vec.size()-2)+1];
vector<int> L,R;L.push_back(l);R.push_back(mid);
for(int p:vec) pla[p]=1;
for(int i=1;i<(int)vec.size()-1;i++){
if(vec[i]==mid) continue;
pla[vec[i]]=0;
if(qry(l,mid,pla)) R.push_back(vec[i]);
else L.push_back(vec[i]);
pla[vec[i]]=1;
}
L.push_back(mid);R.push_back(r);
for(int p:vec) pla[p]=0;
Div(L);Div(R);
}
void sol(){
vector<int> vec;
for(int i=0;i<n;i++) vec.push_back(i);
shuffle(vec.begin()+1,vec.end()-1,rnd);//at least two points,don't worry about RE
Div(vec);
}
}
考虑以 0 0 0为根,从上到下一层一层拓展,找到每个点的父亲,各自与其父亲连边。
对于每一层拓展,维护上一次新拓展的一层点(该层记为 Q Q Q),对于当前考虑要拓展的一层 A A A,进行整体二分。在 Q Q Q中取 m i d mid mid, m i d mid mid左侧置1, m i d mid mid右侧置0,检查每一个在 A A A的点 i i i,若 Ask(0,i) 为真,说明该点父亲在左侧区间,否则在右侧区间。
每一轮整体二分完毕后,将 Q Q Q永久置为 1 1 1,将 A A A作为新的 Q Q Q。将 Q Q Q置为1,枚举剩余未拓展的点,若该点 Ask(0,i) 为真,则该点在 A A A层。找到所有 A A A层点后继续新一轮整体二分。
namespace task3{
int pre[N],stk[N],fa[N],lq[N],rq[N],cnt=0,pretop=0;bool vis[N];
void Div(int l,int r,int ql,int qr){
if(l>r||ql>qr) return ;
if(l==r){
for(int i=ql;i<=qr;i++) fa[stk[i]]=pre[l];
return ;
}
int mid=(l+r)>>1,lt=0,rt=0;
for(int i=l;i<=mid;i++) pla[pre[i]]=1;
for(int i=mid+1;i<=r;i++) pla[pre[i]]=0;
for(int i=ql;i<=qr;i++){
pla[stk[i]]=1;
if(qry(0,stk[i],pla)) lq[++lt]=stk[i];
else rq[++rt]=stk[i];
pla[stk[i]]=0;
}
for(int i=l;i<=mid;i++) pla[pre[i]]=0;
for(int i=1;i<=lt;i++) stk[ql+i-1]=lq[i];
for(int i=1;i<=rt;i++) stk[ql+lt+i-1]=rq[i];
Div(l,mid,ql,ql+lt-1);
Div(mid+1,r,ql+lt,qr);
}
void work(){
int top=0;
for(int i=0;i<n;i++){
if(vis[i]) continue;
pla[i]=1;
if(qry(0,i,pla)){
cnt++;stk[++top]=i;
}
pla[i]=0;
}
Div(1,pretop,1,top);
for(int i=1;i<=pretop;i++) pla[pre[i]]=1;
for(int i=1;i<=top;i++) vis[stk[i]]=1,pla[stk[i]]=1,pre[i]=stk[i];
pretop=top;
if(cnt==n) return;
else work();
}
void sol(){
cnt=0;pla[0]=cnt=vis[0]=1;
pre[pretop=1]=0;
work();
for(int i=1;i<n;i++) report(fa[i],i);
}
}
注意到图仍然是树。
维护一个序列,初始为 0 0 0~ N − 1 N-1 N−1,随机打乱。
namespace task4{
vector<vector<int> > pot;
vector<int> Div(vector<int> vec){
if(vec.size()==2) return report(vec[0],vec[1]),vec;
int l=vec[0],r=vec.back(),mid=vec[rnd()%(vec.size()-2)+1];
vector<int> L,R;
L.push_back(vec[0]);R.push_back(mid);
for(int p:vec) pla[p]=1;
for(int i=1;i<(int)vec.size()-1;i++){
if(vec[i]==mid) continue;
pla[vec[i]]=0;
if(!qry(l,mid,pla)) L.push_back(vec[i]);
else R.push_back(vec[i]);
pla[vec[i]]=1;
}
L.push_back(mid);R.push_back(r);
for(int p:vec) pla[p]=0;
L=Div(L);R=Div(R);
L.pop_back();
for(int p:R) L.push_back(p);
return L;
}
void solve(int l,int r,vector<int> &chain,vector<int> S){
if(l==r){pot[l]=S;return ;}
for(int p:S) pla[p]=1;
int mid=(l+r)>>1;
for(int i=l;i<=mid;i++) pla[chain[i]]=1;
vector<int> L,R;
for(int p:S){
if(qry(p,chain[l],pla)) L.push_back(p);
else R.push_back(p);
}
for(int i=l;i<=mid;i++) pla[chain[i]]=0;
for(int p:S) pla[p]=0;
solve(l,mid,chain,L);
solve(mid+1,r,chain,R);
}
void Solve(vector<int> vec){
if(vec.size()==1) return ;
if(vec.size()==2) return report(vec[0],vec[1]),void();
vector<int> chain;chain.push_back(vec[0]);
for(int p:vec) pla[p]=1;
for(int i=1;i<(int)vec.size()-1;i++){
pla[vec[i]]=0;
if(!qry(vec[0],vec.back(),pla)) chain.push_back(vec[i]);
pla[vec[i]]=1;
}
for(int p:vec) pla[p]=0;
chain.push_back(vec.back());
chain=Div(chain);
pot.clear();
pot.resize(chain.size());
vector<int> S;bool vis[N];
memset(vis,0,sizeof vis);
for(int p:chain) vis[p]=1;
for(int p:vec) if(!vis[p]) S.push_back(p);
for(int p:chain) vis[p]=0;
solve(0,chain.size()-1,chain,S);
vector<vector<int> > tmppot=pot;
for(int i=0;i<(int)tmppot.size();i++){
tmppot[i].push_back(chain[i]);
Solve(tmppot[i]);
}
}
void sol(){
vector<int> vec;
for(int i=0;i<n;i++) vec.push_back(i);
shuffle(vec.begin(),vec.end(),rnd);
Solve(vec);
}
}
考虑维护一个连通块,初始时连通块即为 0 0 0号点,大小为 1 1 1。
namespace task5{
int tim=0,eratim=0,col[N],era[N],q[N],tmp[N];bool vis[N];
vector<int> E[N];
void link(int x,int y){
E[x].push_back(y);
E[y].push_back(x);
}
void Div(int x,int z){
++tim;col[x]=tim;
int hh=1,tt=1;q[tt]=x;
while(hh<=tt){
int p=q[hh++];
for(int to:E[p])
if(col[to]!=tim&&era[to]!=eratim){
col[to]=tim;
q[++tt]=to;
}
}
for(int i=1;i<=tt;i++) pla[q[i]]=1;
if(!qry(x,z,pla)){
for(int i=1;i<=tt;i++) pla[q[i]]=0;
return ;
}
int b=tt,l=1,r=tt,mid;
while(l!=r){
mid=(l+r)>>1;
for(;b<mid;b++) pla[q[b+1]]=1;
for(;b>mid;b--) pla[q[b]]=0;
if(qry(x,z,pla)) r=mid;
else l=mid+1;
}
for(;b;b--) pla[q[b]]=0;
int y=q[l];
report(y,z);era[y]=eratim;
for(int p:E[y])
if(era[p]!=eratim)
Div(p,z);
link(y,z);
}
void Find(int x){
++eratim;
pla[x]=1;
Div(0,x);
pla[x]=0;
}
void gt(int x){
int len=0;
for(int i=0;i<n;i++){
if(!vis[i]&&i!=x) tmp[++len]=i;
else pla[i]=1;
}
if(qry(0,x,pla)){
memset(pla,0,sizeof(int)*n);
Find(x);
vis[x]=1;
return ;
}
else{
int b=0,l=1,r=len,mid;
while(l!=r){
mid=(l+r)>>1;
for(;b<mid;b++) pla[tmp[b+1]]=1;
for(;b>mid;b--) pla[tmp[b]]=0;
if(qry(0,x,pla)) r=mid;
else l=mid+1;
}
for(;b;b--) pla[tmp[b]]=0;
int y=tmp[l];
vis[x]=1;
gt(y);
vis[x]=0;
gt(x);
}
}
void sol(){
vis[0]=1;
vector<int> vec;
for(int i=0;i<n;i++) vec.push_back(i);
shuffle(vec.begin(),vec.end(),rnd);
for(int p:vec){
if(!vis[p]){
gt(p);
}
}
}
}
代码全貌如下:
#include
#include"park.h"
using namespace std;
//void Ask(int x,int y,int a[]);void Answer(int x,int y);
const int N=1450;
mt19937 rnd(19260817);
int pla[N],n;
int qry(int i,int j,int tmp[]){return Ask(min(i,j),max(i,j),tmp);}
void report(int i,int j){Answer(min(i,j),max(i,j));}
namespace task1{
void sol(){
for(int i=0;i<n;i++)
for(int j=i+1;j<n;j++){
for(int k=0;k<n;k++){
if(k==i||k==j) pla[k]=1;
else pla[k]=0;
}
if(Ask(i,j,pla)) Answer(i,j);
}
}
}
namespace task2{
void Div(vector<int> vec){
if(vec.size()==2) return report(vec[0],vec[1]),void();
int l=vec[0],r=vec.back(),mid=vec[rnd()%(vec.size()-2)+1];
vector<int> L,R;L.push_back(l);R.push_back(mid);
for(int p:vec) pla[p]=1;
for(int i=1;i<(int)vec.size()-1;i++){
if(vec[i]==mid) continue;
pla[vec[i]]=0;
if(qry(l,mid,pla)) R.push_back(vec[i]);
else L.push_back(vec[i]);
pla[vec[i]]=1;
}
L.push_back(mid);R.push_back(r);
for(int p:vec) pla[p]=0;
Div(L);Div(R);
}
void sol(){
vector<int> vec;
for(int i=0;i<n;i++) vec.push_back(i);
shuffle(vec.begin()+1,vec.end()-1,rnd);//at least two points,don't worry about RE
Div(vec);
}
}
namespace task3{
int pre[N],stk[N],fa[N],lq[N],rq[N],cnt=0,pretop=0;bool vis[N];
void Div(int l,int r,int ql,int qr){
if(l>r||ql>qr) return ;
if(l==r){
for(int i=ql;i<=qr;i++) fa[stk[i]]=pre[l];
return ;
}
int mid=(l+r)>>1,lt=0,rt=0;
for(int i=l;i<=mid;i++) pla[pre[i]]=1;
for(int i=mid+1;i<=r;i++) pla[pre[i]]=0;
for(int i=ql;i<=qr;i++){
pla[stk[i]]=1;
if(qry(0,stk[i],pla)) lq[++lt]=stk[i];
else rq[++rt]=stk[i];
pla[stk[i]]=0;
}
for(int i=l;i<=mid;i++) pla[pre[i]]=0;
for(int i=1;i<=lt;i++) stk[ql+i-1]=lq[i];
for(int i=1;i<=rt;i++) stk[ql+lt+i-1]=rq[i];
Div(l,mid,ql,ql+lt-1);
Div(mid+1,r,ql+lt,qr);
}
void work(){
int top=0;
for(int i=0;i<n;i++){
if(vis[i]) continue;
pla[i]=1;
if(qry(0,i,pla)){
cnt++;stk[++top]=i;
}
pla[i]=0;
}
Div(1,pretop,1,top);
for(int i=1;i<=pretop;i++) pla[pre[i]]=1;
for(int i=1;i<=top;i++) vis[stk[i]]=1,pla[stk[i]]=1,pre[i]=stk[i];
pretop=top;
if(cnt==n) return;
else work();
}
void sol(){
cnt=0;pla[0]=cnt=vis[0]=1;
pre[pretop=1]=0;
work();
for(int i=1;i<n;i++) report(fa[i],i);
}
}
namespace task4{
vector<vector<int> > pot;
vector<int> Div(vector<int> vec){
if(vec.size()==2) return report(vec[0],vec[1]),vec;
int l=vec[0],r=vec.back(),mid=vec[rnd()%(vec.size()-2)+1];
vector<int> L,R;
L.push_back(vec[0]);R.push_back(mid);
for(int p:vec) pla[p]=1;
for(int i=1;i<(int)vec.size()-1;i++){
if(vec[i]==mid) continue;
pla[vec[i]]=0;
if(!qry(l,mid,pla)) L.push_back(vec[i]);
else R.push_back(vec[i]);
pla[vec[i]]=1;
}
L.push_back(mid);R.push_back(r);
for(int p:vec) pla[p]=0;
L=Div(L);R=Div(R);
L.pop_back();
for(int p:R) L.push_back(p);
return L;
}
void solve(int l,int r,vector<int> &chain,vector<int> S){
if(l==r){pot[l]=S;return ;}
for(int p:S) pla[p]=1;
int mid=(l+r)>>1;
for(int i=l;i<=mid;i++) pla[chain[i]]=1;
vector<int> L,R;
for(int p:S){
if(qry(p,chain[l],pla)) L.push_back(p);
else R.push_back(p);
}
for(int i=l;i<=mid;i++) pla[chain[i]]=0;
for(int p:S) pla[p]=0;
solve(l,mid,chain,L);
solve(mid+1,r,chain,R);
}
void Solve(vector<int> vec){
if(vec.size()==1) return ;
if(vec.size()==2) return report(vec[0],vec[1]),void();
vector<int> chain;chain.push_back(vec[0]);
for(int p:vec) pla[p]=1;
for(int i=1;i<(int)vec.size()-1;i++){
pla[vec[i]]=0;
if(!qry(vec[0],vec.back(),pla)) chain.push_back(vec[i]);
pla[vec[i]]=1;
}
for(int p:vec) pla[p]=0;
chain.push_back(vec.back());
chain=Div(chain);
pot.clear();
pot.resize(chain.size());
vector<int> S;bool vis[N];
memset(vis,0,sizeof vis);
for(int p:chain) vis[p]=1;
for(int p:vec) if(!vis[p]) S.push_back(p);
for(int p:chain) vis[p]=0;
solve(0,chain.size()-1,chain,S);
vector<vector<int> > tmppot=pot;
for(int i=0;i<(int)tmppot.size();i++){
tmppot[i].push_back(chain[i]);
Solve(tmppot[i]);
}
}
void sol(){
vector<int> vec;
for(int i=0;i<n;i++) vec.push_back(i);
shuffle(vec.begin(),vec.end(),rnd);
Solve(vec);
}
}
namespace task5{
int tim=0,eratim=0,col[N],era[N],q[N],tmp[N];bool vis[N];
vector<int> E[N];
void link(int x,int y){
E[x].push_back(y);
E[y].push_back(x);
}
void Div(int x,int z){
++tim;col[x]=tim;
int hh=1,tt=1;q[tt]=x;
while(hh<=tt){
int p=q[hh++];
for(int to:E[p])
if(col[to]!=tim&&era[to]!=eratim){
col[to]=tim;
q[++tt]=to;
}
}
for(int i=1;i<=tt;i++) pla[q[i]]=1;
if(!qry(x,z,pla)){
for(int i=1;i<=tt;i++) pla[q[i]]=0;
return ;
}
int b=tt,l=1,r=tt,mid;
while(l!=r){
mid=(l+r)>>1;
for(;b<mid;b++) pla[q[b+1]]=1;
for(;b>mid;b--) pla[q[b]]=0;
if(qry(x,z,pla)) r=mid;
else l=mid+1;
}
for(;b;b--) pla[q[b]]=0;
int y=q[l];
report(y,z);era[y]=eratim;
for(int p:E[y])
if(era[p]!=eratim)
Div(p,z);
link(y,z);
}
void Find(int x){
++eratim;
pla[x]=1;
Div(0,x);
pla[x]=0;
}
void gt(int x){
int len=0;
for(int i=0;i<n;i++){
if(!vis[i]&&i!=x) tmp[++len]=i;
else pla[i]=1;
}
if(qry(0,x,pla)){
memset(pla,0,sizeof(int)*n);
Find(x);
vis[x]=1;
return ;
}
else{
int b=0,l=1,r=len,mid;
while(l!=r){
mid=(l+r)>>1;
for(;b<mid;b++) pla[tmp[b+1]]=1;
for(;b>mid;b--) pla[tmp[b]]=0;
if(qry(0,x,pla)) r=mid;
else l=mid+1;
}
for(;b;b--) pla[tmp[b]]=0;
int y=tmp[l];
vis[x]=1;
gt(y);
vis[x]=0;
gt(x);
}
}
void sol(){
vis[0]=1;
vector<int> vec;
for(int i=0;i<n;i++) vec.push_back(i);
shuffle(vec.begin(),vec.end(),rnd);
for(int p:vec){
if(!vis[p]){
gt(p);
}
}
}
}
void Detect(int T,int N){
n=N;
if(T==1){task1::sol();return ;}
if(T==2){task2::sol();return ;}
if(T==3){task3::sol();return ;}
if(T==4){task4::sol();return ;}
if(T==5){task5::sol();return ;}
}
//int main(){
freopen(".in","r",stdin);
freopen(".out","w",stdout);
//
// return 0;
//}
明确一点,query()=0等价于"大于等于",query()=1等价与"小于等于"。
显然我们可以用 O ( 2 n ) O(2n) O(2n)的操作得到一个确定的 1 1 1的位置,从左到有枚举一遍,取最大值的下标即可,记为 z z z。
然后每次从剩余的数中取两个数 x x x和 y y y( x ≤ y x\leq y x≤y),若 x + y ≤ z x+y\leq z x+y≤z则 a n s [ x ] = 0 ans[x]=0 ans[x]=0;若 x + y ≥ z x+y\geq z x+y≥z,则 a n s [ y ] = 1 ans[y]=1 ans[y]=1。
最后剩余一个数根据 1 1 1的个数的奇偶性判断即可。
操作复杂度: O ( 7 n ) O(7n) O(7n)
根据限制显然整个 a n s ans ans序列必然是一段若干长度的 0 0 0和一段长度大于等于一的 1 1 1,或者一段长度大于等于一的 1 1 1和一段若干长度的 0 0 0,即000…111或111…000。
考虑二分这个分界点。
可以通过比较两端点找到 1 1 1在哪一侧,然后通过比较 { m i d , m i d + 1 } \{mid,mid+1\} {mid,mid+1}和 1 1 1的大小关系即可二分分界点。
通过 1 1 1的个数的奇偶性可以判断分界点具体的数值。
操作复杂度: O ( 3 l o g n ) O(3logn) O(3logn)
考虑任取一个点 z z z,每次从剩余点中取两个数 x x x和 y ( x ≤ y ) y(x\leq y) y(x≤y)。
做完后将 x x x和 z z z中较小的作为 x x x,较大的作为 z z z。那么此时 z z z必然为全局最大值,即 1 1 1。
将 z z z也插入栈中,则此时栈内从底部到顶部数值递增,可以对栈内进行task3的二分。
这样还剩余 x x x和栈内的分界点(这里设为 y y y)未确定数值,将 x + y x+y x+y与 1 1 1比较:若 x + y ≤ 1 x+y\leq 1 x+y≤1则 a n s [ x ] = 0 ans[x]=0 ans[x]=0;若 x + y ≥ 1 x+y\geq 1 x+y≥1,则 a n s [ y ] = 1 ans[y]=1 ans[y]=1。剩余的一个点根据 1 1 1的个数的奇偶性判断即可。
操作复杂度: O ( 5 n + 3 l o g n ) O(5n+3logn) O(5n+3logn)
具体细节参考代码:
#include
#include"shop.h"
using namespace std;
const int N=1e5+10;
int n,K,tmp[N],stk[N],top=0;
int Ask1(int x,int y){
int _A[]={x},_B[]={y};
return query(_A,1,_B,1);
}
int Ask2(int x,int y,int z){
int _A[]={x,y},_B[]={z};
return query(_A,2,_B,1);
}
void swp(int &x,int &y){
if(!Ask1(x,y)) swap(x,y);
}
void find_price(int task_id,int _N,int _K,int ans[]){
n=_N;K=_K;
for(int i=0;i<n;i++) ans[i]=0;
if(n==1) return ans[0]=1,void();
if(n==2){
int p=Ask1(0,1);
ans[p]=ans[p^1^K]=1;
return ;
}
if(task_id==1||task_id==2||task_id==4||task_id==5){
for(int i=0;i<n;i++) ans[i]=-1;
int mx=0;
for(int i=1;i<n;i++) if(Ask1(mx,i)) mx=i;
ans[mx]=1;
int a=0,b=1,flag=1;
for(int i=1;i<n-1;i++){
while(a==b||a==mx) a++;
while(a==b||b==mx) b++;
if(!Ask1(a,b)) swap(a,b);
if(Ask2(a,b,mx)) ans[a]=0,a=max(a,b)+1;
else ans[b]=1,b=max(a,b)+1,flag^=1;
}
if(ans[a]==-1) ans[a]=flag^K;
else ans[b]=flag^K;
return ;
}
if(task_id==3){
for(int i=0;i<n;i++) tmp[i]=i;
if(Ask1(0,n-1)) reverse(tmp,tmp+n);
int l=0,r=n-2,mid;
while(l+1<r){
mid=(l+r)>>1;
if(!Ask2(tmp[mid],tmp[mid+1],tmp[0])) l=mid;
else r=mid;
}
if(((l+1)&1)!=K) l++;
for(int i=0;i<=l;i++) ans[tmp[i]]=1;
for(int i=l+1;i<n;i++) ans[tmp[i]]=0;
return ;
}
if(task_id==6){
int x=0,y,z=1;
for(int i=2;i<n;i++){
y=i;swp(x,y);
if(Ask2(x,y,z)){ans[x]=0;x=y;}
else{stk[++top]=z;z=y;}
}
swp(x,z);ans[z]=1;
if(!top){ans[x]=(K^1);return ;}
stk[++top]=z;
int l=1,r=top-1,mid;
while(l<r){
mid=(l+r)>>1;
if(Ask2(stk[mid],stk[mid+1],z)) l=mid+1;
else r=mid;
}
for(int i=1;i<l;i++) ans[stk[i]]=0;
for(int i=l+1;i<=top;i++) ans[stk[i]]=1;
y=stk[l];int flag=((top-l)&1)^K;
swp(x,y);
if(Ask2(x,y,z)){ans[x]=0;ans[y]=flag;}
else{
ans[y]=1;ans[x]=flag^1;
}
return ;
}
}
//int main(){
freopen(".in","r",stdin);
freopen(".out","w",stdout);
//
// return 0;
//}
[NOI2019]I君的探险