Codeforces Round 761 (Div. 2) D2. Too Many Impostors (hard version)(交互+构造 最小次数)

题目

n(6<=n<1e4，n是3的倍数)个人，其中k个人是好人，n-k个人是坏人

k是未知的，但保证1/3n

每次你可以选择三个不同的人a,b,c，系统告诉你这三个人中好人更多还是坏人更多，

其中好人更多返回1，坏人更多返回0

easy：可以询问不超过2n次

hard：可以询问不超过n+6次

要求在给定询问次数内，回答出k的值

实际t(t<=100)组样例，保证sumn不超过2e4

思路来源

乱搞ac

题解

其实是两年前做的题了，当时没写题解，现在补一下

首先n是3的倍数，恰分成n/3堆，每堆询问一次

其中约束条件1/3n

记录得到一个0的询问位置(huai,huai+1,huai+2)和得到一个1的询问位置(hao,hao+1,hao+2)

得到这六个位置后，每个询问中取出四个，这里是：

令a[1]=huai,a[2]=huai+1，a[3]=huai+2，a[4]=hao，a[5]=hao+1,a[6]=hao+2，

这里是取出a[2]、a[3]、a[5]、a[6]

然后再询问四次，即C(4,3)挑一下，

b[1]询问2、3、5，b[2]询问2、3、6，b[3]询问3，5，6，b[4]询问2、5、6

注意到a[1]-a[3]的询问结果是0，说明a[2]和a[3]要么一好一坏，要么两坏，

同理，a[5]和a[6]要么一好一坏，要么两好，即a[5]和a[6]至少有一个好

那么对于235(b[1])和236(b[2])这两次询问，

即，如果把a[1]替换成a[5]/a[6]导致出现了1，出现了翻转，

而a[2]和a[3]两坏情况是翻转不过来的，说明a[2]和a[3]只能是一好一坏，那么a[1]一定是坏

如果没出现翻转，由于a[5]和a[6]一好一坏，其中好的那次都没翻转，说明a[2]和a[3]只能是两坏

这样就能获得一定是坏的人的编号了，记为huai

类似地，对于b[3]和b[4]也这么讨论一下，也能获得一定是好的人的编号，记为hao

此时用了n/3+4次询问

easy：由于得到了一好一坏，对于n个位置，每次询问(hao,huai,i)，即可得出i是哪一边

总询问次数n/3+4+n，不超过2n

hard：根据之前询问的n/3次结果，在原来的结果基础上分类讨论，还是考虑这n/3堆，

（1）如果这一堆是hao或huai所在的堆，

那么有四个这样的位置未确认答案，暴力询问(hao,huai,i)即可

（2）如果之前这堆是huai，取出其中两个询问，不妨取出i和i+1，

询问(hao,i,i+1)，如果答案是hao，说明i+2一定是huai，而i和i+1中一好一坏，

再暴力询问(hao,huai,i)，得到这一个的值，即可得到另一个的值

（3）如果之前这堆是hao，和（2）对称，也能两次询问出这三个位置的值

所以，总的询问次数为n/3+4+n/3*2，即n+4次，符合条件

代码

#include
using namespace std;
const int N=1e4+10;
int T,n;
int hao,huai,res[N];
vectorans;
int one,two,a[7],b[5];
int ask(int a,int b,int c){
    printf("? %d %d %d\n",a,b,c);
    fflush(stdout);
    int v;
    scanf("%d",&v);
    return v;
}
void solve(){
    if(b[1] || b[2])huai=a[1];//被01翻了，说明a[2]和a[3]一个0一个1，a[1]是0
	else huai=a[2];//01都翻不过来，说明a[2]和a[3]都是0
	if(!b[3] || !b[4])hao=a[4];//被01翻了，说明a[5]和a[6]一个0一个1，a[4]是1
	else hao=a[5];//01都翻不过来，说明a[5]和a[6]都是1
    ans.clear();ans.push_back(huai);
    for(int i=1;i<=n;i+=3){
        if(i==one || i==two){
            for(int j=i;j