E. Omkar and Duck - 题解

比赛与标签

比赛: Codeforces Global Round 10 标签: bitmasks, constructive algorithms, interactive, math 难度: *2100

题目大意喵~

主人，你好呀！这道题是一个有趣的交互题哦~ ฅ'ω'ฅ

我们面前有一个 n x n 的棋盘。我们的任务分为两步：

1. 构造阶段：首先，我们要给棋盘上每一个格子 (x, y) 赋予一个非负整数 a(x,y)。
2. 查询阶段：接下来，会有一只可爱的小鸭子，它要从左上角的 (1, 1) 走到右下角的 (n, n)。它每次只能向右或者向下走一步。小鸭子会走 q 次，每次的路径都可能不一样。每当它走完一条路径，我们会得到它一路上吃掉的所有格子的数字总和 k。我们的任务就是根据这个总和 k，准确地还原出小鸭子刚刚走过的完整路径！

简单来说，就是我们要设计一个神奇的数字矩阵，让任意一条从 (1, 1) 到 (n, n) 的路径和都是独一无二的，并且我们能通过这个和反推出路径。是不是很有挑战性呀？

解题思路喵！

这道题的核心在于 构造，只要我们构造的矩阵足够巧妙，还原路径就会变得非常简单，就像解开一个谜题一样，喵~

小鸭子从 (1, 1) 走到 (n, n)，一共需要走 (n-1) 步向下和 (n-1) 步向右，总共是 2n-2 步，会经过 2n-1 个格子。

我们怎样才能让路径和 k 唯一地对应一条路径呢？一个非常强大的魔法就是 位运算（Bitmask）！如果我们让每个格子的值都是 2 的幂，并且保证一条路径上所有格子的值对应的 2 的幂次都不同，那么它们的和 k 在二进制表示下就会非常特别。k 的二进制中，第 i 位是 1，就代表路径上某个格子的值是 2^i。

但是，如果我们给所有格子都赋值，比如 a(x,y) = 2^(x+y)，会发现很多不同路径的和可能是相同的。所以，我们需要更聪明一点的设计！

关键点在于，在每一步，小鸭子都面临一个二选一的抉择：向下 还是 向右？我们设计的矩阵，必须能通过最终的和 k，反推出每一步的选择。

让我们来观察一下格子的坐标。从 (1, 1) 出发，无论怎么走，路径上第 i 个格子 (x, y)（从第0步开始算）都满足 x + y - 2 = i。这个 i 我们可以看作是“步数”或者“时间”。

既然只靠步数区分不开，那我们再引入一个维度——奇偶性！就像黑白棋盘一样，我们可以让某些行（或列）的格子有值，另一些行的格子值为 0。

一个绝妙的构造方法是：

1. 只在偶数行放置非零数字。
2. 在偶数行 x 的格子 (x, y) 上，我们放置的值是 2^(x+y-2)。
3. 在奇数行 x 的所有格子上，我们都放置 0。

为什么这样可行呢？

• 因为 x+y-2 对应了路径的步数，所以路径上每个非零格子的值 2^(x+y-2) 的幂次都是独一无二的。
• 这样一来，总和 k 的二进制表示就成了一个信息丰富的 “路径指纹”。k 的二进制第 i 位是 1，当且仅当小鸭子在第 i 步时（即走到了满足 x+y-2=i 的格子），它所在的行 x 是一个偶数。

有了这个 “路径指纹” k，我们就可以轻松还原路径啦！

• 我们从 (1, 1) 开始。
• 在当前位置 (cx, cy)，我们要决定下一步是去 (cx+1, cy)（下）还是 (cx, cy+1)（右）。
• 下一个格子所在的步数是 (cx+cy-1)。我们检查 k 的第 (cx+cy-1) 位。
  • 如果这一位是 1，说明下一步要到达的格子必须在 偶数行。
  • 如果这一位是 0，说明下一步要到达的格子必须在 奇数行。
• 现在我们来分析：
  • 如果当前在 奇数行 cx：向下走 (cx+1) 会到达偶数行；向右走 (cx) 仍然在奇数行。
  • 如果当前在 偶数行 cx：向下走 (cx+1) 会到达奇数行；向右走 (cx) 仍然在偶数行。
• 于是，在每一步，我们只要看一下 k 的对应位和当前行的奇偶性，就能唯一确定下一步的方向了！

举个例子，如果我们在奇数行 cx，并且 k 的下一位是 1（代表要去偶数行），那我们必须向下走。如果下一位是 0（代表要去奇数行），那我们必须向右走。

就这样一步一步，从 (1, 1) 开始，我们就能完美地复刻出小鸭子的完整旅程啦，喵~

代码实现喵~

#include <iostream>
#include <vector>
#include <cmath>

// 题目中的数值可能会很大，所以要用 long long 才能装下哦，喵~
using int64 = long long;

int main() {
    // 在竞赛中，快速I/O是个好习惯，能让程序跑得更快！
    std::ios_base::sync_with_stdio(false);
    std::cin.tie(NULL);

    int n;
    std::cin >> n;

    // --- 阶段一：构造并打印我们设计的神奇矩阵 ---
    // 这个矩阵的设计是为了将路径信息编码到总和 k 中。
    // a[x][y] 只有在行 x 为偶数时才非零。
    // 它的值是 2^(x+y-2)，这个幂次正好对应了从(1,1)走到(x,y)所需的步数。
    // 这样，k 的二进制表示就能揭示出路径在每一步所处行的奇偶性了。
    for (int i = 0; i < n; ++i) { // i 是 0-indexed 的行号
        for (int j = 0; j < n; ++j) { // j 是 0-indexed 的列号
            int64 val;
            // 题目用的是 1-indexed 坐标。我们的 (i, j) 对应题目的 (i+1, j+1)。
            // 所以行 i+1 是偶数，当且仅当 i 是奇数。
            if ((i + 1) % 2 == 0) {
                // (i+j) 正好是 1-indexed 的 (i+1)+(j+1)-2，即步数。
                val = 1LL << (i + j);
            } else {
                val = 0;
            }
            std::cout << val << (j == n - 1 ? "" : " ");
        }
        // 对于交互题，每次打印一行后都要刷新缓冲区，std::endl 会自动完成这个工作。
        std::cout << std::endl; 
    }

    // --- 阶段二：回答查询，通过 k 重建路径 ---
    int q;
    std::cin >> q;
    while (q--) {
        int64 k;
        std::cin >> k;

        int cx = 1, cy = 1; // 当前位置，使用 1-indexed
        std::cout << cx << " " << cy << std::endl;

        // 从 (1,1) 到 (n,n) 的路径总共有 2n-2 步。
        for (int step = 0; step < 2 * n - 2; ++step) {
            // 我们当前在 (cx, cy)。下一个格子是第 (cx-1)+(cy-1)+1 = cx+cy-2+1 步。
            // 也就是第 cx+cy-1 步（从1开始计数的话）。
            // k 中对应这一步的二进制位，就藏着下一步的方向信息。
            int bit_pos = cx + cy - 1;
            bool next_row_is_even = (k >> bit_pos) & 1;

            if (cx % 2 != 0) { // 当前行是奇数
                // 向下走 -> 下一个行 cx+1 是偶数。
                // 向右走 -> 下一个行 cx 还是奇数。
                if (next_row_is_even) {
                    cx++; // 必须向下走才能到达一个偶数行
                } else {
                    cy++; // 必须向右走才能到达一个奇数行
                }
            } else { // 当前行是偶数
                // 向下走 -> 下一个行 cx+1 是奇数。
                // 向右走 -> 下一个行 cx 还是偶数。
                if (next_row_is_even) {
                    cy++; // 必须向右走才能到达一个偶数行
                } else {
                    cx++; // 必须向下走才能到达一个奇数行
                }
            }
            std::cout << cx << " " << cy << std::endl;
        }
    }

    return 0;
}

复杂度分析的说

• 时间复杂度: O(n^2 + q*n) 的说。

  • 首先，我们需要 O(n^2) 的时间来生成并打印整个 n x n 的矩阵。
  • 接着，对于 q 次查询，每次查询我们需要模拟 2n-2 步来重建路径。所以这部分是 O(q * (2n-2)) = O(q*n)。
  • 两部分加起来就是 O(n^2 + q*n) 啦。

• 空间复杂度: O(1) 的说。

  • 我们在构造矩阵时是边计算边打印的，并不需要一个 O(n^2) 的数组来存储它。
  • 在回答查询时，我们只需要几个变量来保存当前位置和路径总和 k。所以，额外空间消耗是常数级别的，喵~

知识点与总结

这道题真是太棒了，融合了好几种有趣的知识点呢！

1. 构造法 (Constructive Algorithms): 这是解题的核心！不是直接求解，而是去设计一个满足特定属性的结构（在这里是数字矩阵），使得问题变得容易解决。
2. 位掩码 (Bitmasks): 用二进制位来编码信息是一种非常高效和经典的技巧。通过巧妙地设置值为 2 的幂，我们将复杂的路径选择问题转化为了简单的位运算，真是太聪明了！
3. 棋盘问题的常见技巧:
   • 坐标与步数: x+y 或 x-y 常常和棋盘上的对角线或距离有关。在这里 x+y-2 精准地定义了步数。
   • 奇偶性/染色法: 利用坐标的奇偶性（就像国际象棋的黑白格）来区分不同的状态或区域，是解决网格问题的有力武器。我们的解法正是利用了行号的奇偶性来决定在哪里放置“信标”。
4. 交互式问题注意事项: 一定要记住，在交互题中，每次向标准输出打印信息后，都要 刷新缓冲区（fflush(stdout) 或 cout.flush() 或 std::endl），否则你的程序可能会因为等待输出而被判为 "Idleness Limit Exceeded"，那就太可惜啦！

希望这篇题解能帮到你哦！继续加油，享受算法的乐趣吧，喵~ (ฅ>ω<*ฅ)