难得一见的交互题

题目描述

题解

我做的交互题少，所以不是很清楚自适应在通常情况下究竟意味着什么。

现在我明白了，它大概就是不能用随机化算法的意思吧，并且有时候可以直接推出自适应下的最优决策点，从而突破常规算法理论上界（比如某道CF的二分交互题，忘了是哪道了）

但是这题更怪，它不给你一个范围让你构造，而是直接告诉你：范围保证有解，意思是你可能需要用理论上的最优决策才能通过这个范围。

这就是为什么这题的标签不是构造，我们需要克服看到交互题后直接开始构造的惯性，而思考理论最优解。

其实想明白这一点过后，问题就比较简单了。我们知道一个常用的二进制分组的科技，给 $n$ 瓶药编上 $0\sim 2^m-1$ 的标号，标号的二进制就表示这瓶药要喂给的老鼠的集合，然后一轮实验下来，就可以根据死掉的老鼠的集合判断哪一瓶是毒药了。容易发现此题中二进制分组是理论最优的解法。

但是由于 $m$ 不保证足够大，并且要求最后还要存活 $k$ 只老鼠，合法的标号数量为 ${\sum }_{i=0}^{m-k}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{i}\right)$，可能会 $<n$ 导致一组实验不能确定毒药。这个时候我们需要把若干瓶药分到同一个标号，然后一轮实验就可以确定毒药在哪一组药中，递归下去进行第二轮实验。

方法确定了，还剩下怎么给药分组的问题。我们可以先处理出一个DP树组 $f(t,m)$ 表示当前剩下 $t$ 轮实验，存活的老鼠数量为 $m$，要求最后存活至少 $k$ 只，并且保证能够确定毒药的情况下，药水总数的最大值。

显然 $f(0,m)=1$。转移也很简单，只需要把合法标号对应的状态的DP值求和：
$$f(t,m)=\sum _{s=0}^{2^m-1}[m-cn{t}_s\ge k]f(t-1,m-cn{t}_s)$$分组时直接按照DP值大小分即可。

代码

#include"poison.h"
#include//JZM yyds!!
#define ll long long
#define lll __int128
#define uns unsigned
#define fi first
#define se second
#define IF (it->fi)
#define IS (it->se)
#define END putchar('\n')
#define lowbit(x) ((x)&-(x))
#define inline jzmyyds
using namespace std;
const int MAXN=114514;
const ll INF=1e17;
int f[20][20],l,r,n,m,k,t,b[20],cnt[1<<16],pr[1<<16];
int solve(int N,int M,int K,int T){
	n=N,m=M,k=K,t=T,l=0,r=n-1;
	if(n==1)return 0;
	for(int i=k;i<=m;i++)f[0][i]=1;
	for(int s=1;s<(1<<m);s++)cnt[s]=cnt[s>>1]+(s&1);
	for(int i=1;i<=t;i++)for(int j=k;j<=m;j++)
		for(int s=0;s<(1<<j);s++)f[i][j]+=f[i-1][j-cnt[s]];
	for(int i=0;i<m;i++)b[i]=i;
	while(l<r&&t--){
		pr[0]=f[t][m];
		for(int s=1;s<(1<<m);s++)pr[s]=pr[s-1]+f[t][m-cnt[s]];
		for(int i=l,j=0;i<=r;i++){
			while(pr[j]<=i-l)j++;
			for(int l=0;l<m;l++)if((j>>l)&1)feed(i,b[l]);
		}
		int ps=~done(),s=0;
		for(int i=0;i<m;i++)if((ps>>b[i])&1)s|=(1<<i);
		r=min(r,l+pr[s]-1),l+=pr[s]-f[t][m-cnt[s]];
		m-=cnt[s];
		for(int i=0,j=0;i<m;i++){
			while((ps>>j)&1)j++;
			b[i]=j++;
		}
	}return l;
}
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