HIT2018春校賽 I題 略解

題目描述如下：甲乙丙丁四人遊戲，甲有二整數 X 和 Y，四人已知 2 <= X <= Y <= N，但乙丙丁未知 X 和 Y 確值。現在，甲告訴乙 X + Y 的值，甲告訴丙 X * Y 的值，下面四人對話：
乙：我不知道 X 和 Y 的確值，但我知道丙不知道 X 和 Y 的確值；
丙：我原不知道 X 和 Y 的確值，但我現在知道 X 和 Y 的確值了；
乙：我現在也知道 X 和 Y 的確值了；
丁：我現在也知道 X 和 Y 的確值了。

要求給定 N，判斷這些話是否能被同時滿足，輸出 YES 或 NO。T 組數據，1 <= T <= 200，2 <= N <= 3000。

據說此題爲 HIT2018春校賽I題，真實性不論，本題還是比較有意思的。可以注意到，四人中只有丁和解題者是處於同一信息狀態下的。換句話說，若丁最後確實知道了 X 和 Y 的確值，那麼我們也可以知道 X 和 Y 的確值。設初始解集 $P = \{(X, Y) | 2 <= X <= Y <= N, X \in \mathbb{N}, Y \in \mathbb{N}\}$，下面就根據對話逐步縮小解集 P，直至僅剩餘一個元素，即爲解。若剩餘多個元素或解集爲空，即條件不能被同時滿足。

對於第一句前半乙的話和第二句前半丙的話，我們可以初步縮小解集。將解集 P 中數對 (X, Y) 按 X * Y 的值劃爲不超過 $N * N$ 個數簇，X * Y 的值相同的劃爲同一數簇，不同的劃爲不同數簇。若某一數簇內只有一個數對，則該數對必不爲解，從解集中除去。這樣處理後的解集 P 中所有數對可以使得第二句前半丙的話爲真。對於第一句前半乙的話則可以簡化處理，6 <= X + Y <= N + N - 2 即可。

接下來處理第一句後半乙的話，對於任一 $S \in [6, N + N - 2]$，將解集 P 中所有 X + Y = S 的數對 (X, Y) 取出，構成子集 $Q_S$。換句話說，取集合 $Q_S \in P$ 使得 $\forall (X, Y) \in Q_S, X + Y = S$ 並且 $\forall (X, Y) \in P - Q_S, X + Y ≠ S$。對於任一 $Q_S$，若 $\exist (X, Y) \in Q_S$ 使得 (X, Y) 所在數簇僅有一個數對，則集合 $Q_S$ 內所有數對必不爲解，從解集中除去。這樣處理後的解集 P 中所有數對可以使得第一句後半乙的話爲真。

對於第二句後半丙的話，根據當前解集 P 重新構建數簇，若某一數簇內有超過一個數對，則該數簇內所有數對必不爲解，從解集中除去。對於第三句乙的話，根據當前解集 P 重新構建 $Q_S$，若某一 $Q_S$ 內有超過一個數對，則該 $Q_S$ 內所有數對必不爲解，從解集中除去。

最後，若解集 P 中僅剩餘一個元素，則丁和我們均知道了 X 和 Y 的確值，否則這些話不能被同時滿足。這樣，我們得到了一個樸素的算法。

代碼如下：

#include<stdio.h>
#define MAX_N2 (9000005)
#define MAX_N22 (5000000)
struct pr
{
	int x,y;
}p[MAX_N22];
int cnt[MAX_N2];
bool fgr(int n)
{
	bool flg;
	int m=0;
	for(int i=4;i<=n*n;i++)
		cnt[i]=0;
	for(int i=2;i<=n;i++)
		for(int j=i;j<=n;j++)
			cnt[i*j]++;
	for(int i=6;i<=n+n-2;i++)
	{
		flg=true;
		for(int j=2;flg&&j+j<=i;j++)
			if(cnt[j*(i-j)]<=1)
				flg=false;
		for(int j=2;flg&&j+j<=i;j++)
			p[m].x=j,p[m++].y=i-j;
	}
	if(m==0)
		return false;
	for(int i=4;i<=n*n;i++)
		cnt[i]=0;
	for(int i=0;i<m;i++)
		cnt[p[i].x*p[i].y]++;
	for(int i=0;i<m;i++)
		if(cnt[p[i].x*p[i].y]>1)
			p[i].x=p[--m].x,p[i--].y=p[m].y;
	if(m==0)
		return false;
	for(int i=4;i<=n+n;i++)
		cnt[i]=0;
	for(int i=0;i<m;i++)
		cnt[p[i].x+p[i].y]++;
	for(int i=0;i<m;i++)
		if(cnt[p[i].x+p[i].y]>1)
			p[i].x=p[--m].x,p[i--].y=p[m].y;
	return m==1;
}
int main()
{
	int n,t;
	scanf("%d",&t);
	while(t--)
		scanf("%d",&n),
		puts(fgr(n)?"YES":"NO");
	return 0;
}

很明顯，上面的代碼並不能在時間限制內跑完，需要優化。最容易想到的是打表，實施後發現跑完 2 到 3000 所有數據花費時間不超過一分鐘。不過這使得代碼略長，於是考慮一個問題：使得所有話成立的 N 是否構成了一個整數連續的區間？當 N 很小的時候，作爲解的數對不在初始解集裏；當 N 充分大的時候，原本成立的解變得不成立或不唯一了。但是，也可能隨 N 增大而產生新解。也就是說，從理論上不能證明使得解成立的 N 取值爲一個整數區間。但事實上，觀察打出的表可以得出，使得數對成立的 N 構成了一個區間，該區間爲 [62, 865]，當 N 取值爲該區間內整數時，存在唯一數對解 (4, 13)。

優化代碼如下：

#include<stdio.h>
int main()
{
	int n,t;
	scanf("%d",&t);
	while(t--)
		scanf("%d",&n),
		puts(n>61&&n<866?"YES":"NO");
	return 0;
}