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• 題意：
• 思路：

題意：

思路：

首先我們發現如果知道了字符串的長度，我們就可以$O(n+1)$次詢問求解出來。比如當前長度為$n$，那么我們就可以構造出一個長度為$n$的全${}^{\prime }{a}^{\prime }$字符串，讓后問一下他的花費$cost$，之后遍歷每一位，把它修改成${}^{\prime }{b}^{\prime }$，看花費是否減少，如果不能減少就改回${}^{\prime }{a}^{\prime }$，否則的話就更新花費。
既然如此我們考慮如何$1$次詢問求出長度。
首先它可以插入，修改，刪除。修改求長度不是很現實，我們考慮插入和刪除。
首先可以詢問一下${}^{\prime }{a}^{\prime }$這個字符，返回值為$x$。現在無非幾種情況：
$(1)$要求的串就是${}^{\prime }{a}^{\prime }$，返回$0$，直接結束。
$(2)$要求的串全是${}^{\prime }{b}^{\prime }$，那么這個串長度必須是$x$，因為這$x$個修改里面有一次是把${}^{\prime }{a}^{\prime }$改成${}^{\prime }{b}^{\prime }$的，剩下的都是插入${}^{\prime }{b}^{\prime }$。
$(3)$要求的串有至少一個${}^{\prime }{a}^{\prime }$，那么這個串長度是$x+1$，因為有一個${}^{\prime }{a}^{\prime }$，還需要插入$x$個數。
當然直接按照以上思路來的話次數是$O(n+3)$的，因為我們要詢問$x$個${}^{\prime }{b}^{\prime }$的花費，還要詢問$x+1$個${}^{\prime }{a}^{\prime }$的花費，所以我們考慮是否能利用已經詢問過的信息來解決。
考慮如果$x$個${}^{\prime }{b}^{\prime }$不符合的話，假設他的返回值為$y$，那么我們知道符合條件的長度是$x+1$，那么我們需要把$y??$來增加一個長度，之后的$y$就是初始狀態全為${}^{\prime }{b}^{\prime }$的花費了，我們可以把之前詢問全${}^{\prime }{a}^{\prime }$的操作去掉，因為全${}^{\prime }{a}^{\prime }$和全${}^{\prime }{b}^{\prime }$是一樣的，這樣次數就是$O(n+2)$了。

//#pragma GCC optimize(2) #include<cstdio> #include<iostream> #include<string> #include<cstring> #include<map> #include<cmath> #include<cctype> #include<vector> #include<set> #include<queue> #include<algorithm> #include<sstream> #include<ctime> #include<cstdlib> #define X first #define Y second #define L (u<<1) #define R (u<<1|1) #define pb push_back #define mk make_pair #define Mid (tr[u].l+tr[u].r>>1) #define Len(u) (tr[u].r-tr[u].l+1) #define random(a,b) ((a)+rand()%((b)-(a)+1)) #define db puts("---") using namespace std;//void rd_cre() { freopen("d://dp//data.txt","w",stdout); srand(time(NULL)); } //void rd_ac() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//AC.txt","w",stdout); } //void rd_wa() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//WA.txt","w",stdout); }typedef long long LL; typedef unsigned long long ULL; typedef pair<int,int> PII;const int N=1000010,mod=1e9+7,INF=0x3f3f3f3f; const double eps=1e-6;int x,y; string s; int a[1000];int main() { // ios::sync_with_stdio(false); // cin.tie(0);s="a";cout<<s<<endl; cout.flush();cin>>x;string ans;for(int i=1;i<=x;i++) ans+='b';cout<<ans<<endl; cout.flush();cin>>y;y--; s="";for(int i=1;i<=x+1;i++) s+='b';int mi=INF;for(int i=0;i<s.length();i++){s[i]='a'; int now;cout<<s<<endl; cout.flush();cin>>now;if(now>y) s[i]='b';else y=now;}return 0; } /**/

總結

以上是生活随笔為你收集整理的Codeforces Round #610 (Div. 2) D. Enchanted Artifact 交互 + 思维的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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