自动搬运

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来自洛谷，原作者为

	Legitimity Will there be a happily-ever-after?

搬运于2025-08-24 22:31:23，当前版本为作者最后更新于2021-05-10 21:15:46，作者可能在搬运后再次修改，您可在原文处查看最新版

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以下是正文

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交互题？可以乱搞，有意思

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首先分别考虑只用一种询问的做法。

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subtask1+2+3（？）+5

考虑询问 $2$，把每个节点的子树都搞下来，开这样几个东西：

1. $siz_i$ 表示当前节点 $i$ 子树的大小。
2. $f_i$ 这是一个 vector 或二维数组 ，表示节点 $i$ 所有的祖先（不需要按顺序）

这两个都可以在询问子树的时候求出来，具体做法不细讲。

然后是类似拓扑排序的思想：将所有节点按 $siz$ 由小到大排序，前面的若干个 $siz$ 一定是 $1$，即这些节点是叶子节点。这样从前到后处理，一定是按照从叶子节点向上处理的顺序。

处理到叶子节点 $u$ 时，把 $u$ 删除，按照 $f_u$ 把 $u$ 的祖先的 $siz$ 全减一，找到祖先中 $siz$ 最小的节点 $v$，则 $fa_u=v$。因为如果 $u$ 的祖先 $v$ 不是 $u$ 的父亲的话，那么 $u$ 真正的父亲 $v'$ 的子树则一定是 $v$ 的子树的子集，所以 $siz_{v'}<siz_v$。

这样不断向后处理，处理到 $i$ 时，$siz_i$ 也一定等于 $1$，因为它的子树已经在先前的处理中删掉了。

为什么？可以自己试着画图推一下，其实非常好理解，这里直接放一下代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rg register
#define inf 0x3f3f3f3f
#define ll long long
inline int read(){
	rg int ret=0,f=0;char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=1;ch=getchar();}
    while(isdigit(ch)){ret=ret*10+ch-48;ch=getchar();}
    return f?-ret:ret;
}
int n,u,siz[2005],fa[2005];
int f[2005][2005],cnt[2005];
int no[2005];
inline bool cmp(int a,int b){
	return siz[a]<siz[b];
}
signed main(){
	n=read(); siz[1]=n; siz[n+1]=inf;  //初始化。
	for(rg int i=2;i<=n;++i){
		printf("? 2 %d\n",i); fflush(stdout);
		siz[i]=read();
		for(rg int j=1;j<=siz[i];++j){
			u=read(); if(u==i) continue;
			f[u][++cnt[u]]=i;
		}
		f[i][++cnt[i]]=1; //1 是根节点，也是所有节点的祖先。
		no[i]=i;
	}
	sort(no+2,no+1+n,cmp); //将节点按 siz 排序，依次处理。
	for(rg int g=2;g<=n;++g){
		int now=no[g];
		fa[now]=n+1;
		for(rg int i=1;i<=cnt[now];++i){
			--siz[f[now][i]];  //因为自己被删掉了，把祖先的 siz 全部减一。
			if(siz[f[now][i]]<siz[fa[now]]) fa[now]=f[now][i];  //siz 最小的就是父亲。
		}
	}
	printf("! ");
	for(rg int i=2;i<=n;++i){
		printf("%d ",fa[i]);
	}
	fflush(stdout);
	return 0;
}

时间复杂度和询问次数？这里的复杂度和子树大小递减的速度有关，同一层的节点越多，复杂度就越低，比如完全二叉树时，时间复杂度和询问次数为 $\Theta(n\log n)$，反之，如果为链，每次子树只递减 $1$，那么时间复杂度和询问次数约为 $\Theta(n^2)$。数据随机的情况为 $\Theta(n\sqrt n)$。（prufer 序列生成的真随机，下文亦同）

期望得分 $[35,55]$

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subtask1+2+3+4

考虑询问 $1$。

开这样几个东西：

1. $dep_i$ 表示节点 $i$ 的深度（定义根节点深度为 $0$）
2. 没了

当 $dis_{u,v}=1$ 且 $dep_u>dep_v$ 时，$fa_u=v$。

（这不用我解释吧……）

那么思路就很明了了，首先询问 $1$ 到其它节点的距离得出 $dep$，然后每次把已经知道父亲的节点入队（若 $dep_i=1$ 则 $fa_i=1$)。对于对头的节点 $v$ ，询问每个 $dep_v+1=dep_u$ 的 $u$ 节点，若 $dis$ 为 $1$，则令 $fa_u=v$ ，并把 $v$ 入队。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rg register
#define inf 0x3f3f3f3f
#define ll long long
inline int read(){
	rg int ret=0,f=0;char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=1;ch=getchar();}
    while(isdigit(ch)){ret=ret*10+ch-48;ch=getchar();}
    return f?-ret:ret;
}
int n,u,fa[2005],dep[2005];
int q[2005],f,r;
signed main(){
	n=read(); dep[1]=0;
	for(rg int i=2;i<=n;++i){
		printf("? 1 1 %d\n",i); fflush(stdout);
		dep[i]=read();
		if(dep[i]==1){
			fa[i]=1; q[++r]=i;
		} //处理深度和第一批入队的点。
	}
	while(f<r){
		int now=q[++f]; 
		for(rg int i=2;i<=n;++i){
			if(dep[i]==dep[now]+1&&!fa[i]){
				printf("? 1 %d %d\n",now,i); fflush(stdout);
				u=read();
				if(u==1){
					fa[i]=now; q[++r]=i;
				}
			}
		}//对于当前节点找到其所有的儿子并入队。
	}
	printf("! ");
	for(rg int i=2;i<=n;++i){
		printf("%d ",fa[i]);
	}
	fflush(stdout);
	return 0;
}

时间复杂度和询问次数？因为这题对时间复杂度的要求不高，这里窝偷了个懒，时间复杂度是稳定的 $\Theta(n^2)$，但其实可以做到和询问次数同阶的。询问次数则与每一次的节点个数有关，询问次数的总数大约是 $\sum dep_i\times dep_{i+1}$。如果是链，询问次数达到最优的 $n$，如果每次的节点很多，如完全二叉树，那么询问次数将会退化到 $n^2$ 以上。随机数据的询问次数也是 $n\sqrt n$ 左右。

期望得分 $[55,55]$

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接下来是乱搞环节，我们发现 $n\leq 2000$ 相对于 $10^5$ 来说非常小，考虑一些不太正经的解法。

可以按照当前深度的节点数 $cnt[dep_i]$ 进行分治，如果大于阈值 $T$，跑第一种，反之跑第二种，时间复杂度是 $\Theta(\frac{n^2}{T}+nT)$。这是一个显然的根号分治，$T$ 取 $\sqrt n$ 时候达到最优的 $\Theta(n\sqrt n)$，不过这里的不再是随机数据，针对所有数据都可以做到复杂度不退化。

期望得分 $[100,100]$。

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但还有另一种简单粗暴的写法，不如根号分治优，就是直接判断整颗树的深度，取一个阈值 $T$，深的话跑第二种，浅的话跑第一种，即数据分治（

我也不知道 $T$ 取多少最好。这样的复杂只是度是比单独的两种好，但还是可以被卡掉，但是这题数据水，这样写就能过了。

期望得分 $[70,100]$。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rg register
#define inf 0x3f3f3f3f
#define ll long long
#define vit vector<int>::iterator
inline int read(){
	rg int ret=0,f=0;char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=1;ch=getchar();}
    while(isdigit(ch)){ret=ret*10+ch-48;ch=getchar();}
    return f?-ret:ret;
}
int n,u,fa[2005],dep[2005],mxdep,siz[2005];
int f[2005][2005],cnt[2005];
int q[2005],fr,r;
int no[2005];
inline bool cmp(int a,int b){
	return siz[a]<siz[b];
}
inline void work(){
	siz[1]=n; siz[n+1]=inf;
	for(rg int i=2;i<=n;++i){
		printf("? 2 %d\n",i); fflush(stdout);
		siz[i]=read();
		for(rg int j=1;j<=siz[i];++j){
			u=read(); if(u==i) continue;
			f[u][++cnt[u]]=i;
		}
		f[i][++cnt[i]]=1;
		no[i]=i;
	}
	sort(no+2,no+1+n,cmp);
	for(rg int g=2;g<=n;++g){
		int now=no[g];
		fa[now]=n+1;
		for(rg int i=1;i<=cnt[now];++i){
			--siz[f[now][i]]; 
			if(siz[f[now][i]]<siz[fa[now]]) fa[now]=f[now][i];
		}
	}
}
signed main(){
	n=read(); dep[1]=0;
	for(rg int i=2;i<=n;++i){
		printf("? 1 1 %d\n",i); fflush(stdout);
		mxdep=max(dep[i]=read(),mxdep);
		if(dep[i]==1){
			fa[i]=1; q[++r]=i;
		}
	}
	if(mxdep<=50) //数据分治（
		work(); //第一种。
	else{  //第二种。
		while(fr<r){
			int now=q[++fr]; 
			for(rg int i=2;i<=n;++i){
				if(dep[i]==dep[now]+1&&!fa[i]){
					printf("? 1 %d %d\n",now,i); fflush(stdout);
					u=read();
					if(u==1){
						fa[i]=now; q[++r]=i;
					}
				}
			}
		}
	}
	printf("! ");
	for(rg int i=2;i<=n;++i){
		printf("%d ",fa[i]);
	}
	fflush(stdout);
	return 0;
}