CSP-J 2021 入门组/普及组
文章目录
- 整体难度分析
- T1 分糖果
- T1分析
- T2 插入排序
- T2分析
- 1. 常规解法
- 2. 黑科技 pb_ds
- T3 网络连接
- T3分析
- T4 小熊的果篮
- T4分析
整体难度分析
整体来说这一场 CSP 的比赛难度并不高,四道题基本都是模拟题,至少有 310310310 分是纯暴力可以直接获得的
但是对代码量和细节问题的处理要求相对高一些,在 OI 的比赛模式中,很容易因为踩了一个坑导致分数非常低
整体来说难度不高,题目类型更加偏向于 CF 类的简单题
T1 分糖果
【题目背景】
红太阳幼儿园的小朋友们开始分糖果啦!
【题目描述】
红太阳幼儿园有 nn 个小朋友,你是其中之一。保证 n \ge 2n≥2。
有一天你在幼儿园的后花园里发现无穷多颗糖果,你打算拿一些糖果回去分给幼儿园的小朋友们。
由于你只是个平平无奇的幼儿园小朋友,所以你的体力有限,至多只能拿 RR 块糖回去。
但是拿的太少不够分的,所以你至少要拿 LL 块糖回去。保证 n \le L \le Rn≤L≤R。
也就是说,如果你拿了 kk 块糖,那么你需要保证 L \le k \le RL≤k≤R。
如果你拿了 kk 块糖,你将把这 kk 块糖放到篮子里,并要求大家按照如下方案分糖果:只要篮子里有不少于 nn 块糖果,幼儿园的所有 nn 个小朋友(包括你自己)都从篮子中拿走恰好一块糖,直到篮子里的糖数量少于 nn 块。此时篮子里剩余的糖果均归你所有——这些糖果是作为你搬糖果的奖励。
作为幼儿园高质量小朋友,你希望让作为你搬糖果的奖励的糖果数量(而不是你最后获得的总糖果数量!)尽可能多;因此你需要写一个程序,依次输入 n, L, Rn,L,R,并输出出你最多能获得多少作为你搬糖果的奖励的糖果数量。
【输入格式】
输入一行,包含三个正整数 n, L, Rn,L,R,分别表示小朋友的个数、糖果数量的下界和上界。
【输出格式】
输出一行一个整数,表示你最多能获得的作为你搬糖果的奖励的糖果数量。
【输入输出样例】
输入 #1
7 16 23
输出 #1
6
输入 #2
10 14 18
输出 #2
8
说明/提示
【样例解释 #1】
拿 k=20k = 20k=20 块糖放入篮子里。
篮子里现在糖果数 20≥n=720 \ge n = 720≥n=7,因此所有小朋友获得一块糖;
篮子里现在糖果数变成 13≥n=713 \ge n = 713≥n=7,因此所有小朋友获得一块糖;
篮子里现在糖果数变成 6<n=76 < n = 76<n=7,因此这 666 块糖是作为你搬糖果的奖励。
容易发现,你获得的作为你搬糖果的奖励的糖果数量不可能超过 666 块(不然,篮子里的糖果数量最后仍然不少于 nnn,需要继续每个小朋友拿一块),因此答案是 666。
【样例解释 #2】
容易发现,当你拿的糖数量 kkk 满足 14=L≤k≤R=1814 = L \le k \le R = 1814=L≤k≤R=18 时,所有小朋友获得一块糖后,剩下的 k−10k - 10k−10 块糖总是作为你搬糖果的奖励的糖果数量,因此拿 k=18k = 18k=18 块是最优解,答案是 888。
【数据范围】
T1分析
送分题,题意就是在区间 [L,R][L,R][L,R] 内求一个数 kkk 使得 k%nk\%nk%n 最大
那么我们只要找到比 LLL 大的最小的 nnn 的倍数即可
如果这个数字存在于 [L,R][L,R][L,R] ,那么最后的答案就是 n−1n - 1n−1
若这个最小的 nnn 倍数不存在于 [L,R][L,R][L,R] 内,那么答案就是区间最大值 R%nR \% nR%n
#include <iostream>
using namespace std;int main(){long long n, L, R;scanf("%lld%lld%lld", &n, &L, &R);long long temp = (L + n + 1) / n * n;temp = min(temp - 1, R);printf("%lld\n", temp % n);return 0;
}
T2 插入排序
【题目描述】
插入排序是一种非常常见且简单的排序算法。小 Z 是一名大一的新生,今天 H 老师刚刚在上课的时候讲了插入排序算法。
假设比较两个元素的时间为 O(1)\mathcal O(1)O(1),则插入排序可以以 O(n2)\mathcal O(n^2)O(n2) 的时间复杂度完成长度为 nnn 的数组的排序。不妨假设这 nnn 个数字分别存储在 a1,a2,…,ana_1, a_2, \ldots, a_na1,a2,…,an 之中,则如下伪代码给出了插入排序算法的一种最简单的实现方式:
这下面是 C/C++ 的示范代码
for (int i = 1; i <= n; i++)for (int j = i; j >= 2; j--)if (a[j] < a[j-1]) {int t = a[j-1];a[j-1] = a[j];a[j] = t;}
这下面是 Pascal 的示范代码
for i:=1 to n dofor j:=i downto 2 doif a[j]<a[j-1] thenbegint:=a[i];a[i]:=a[j];a[j]:=t;end;
为了帮助小 Z 更好的理解插入排序,小 Z 的老师 H 老师留下了这么一道家庭作业:
H 老师给了一个长度为 nnn 的数组 aaa,数组下标从 111 开始,并且数组中的所有元素均为非负整数。小 Z 需要支持在数组 aaa 上的 QQQ 次操作,操作共两种,参数分别如下:
1xv1\ x\ v1 x v:这是第一种操作,会将 aaa 的第 xxx 个元素,也就是 axa_xax 的值,修改为 vvv。保证 1≤x≤n1 \le x \le n1≤x≤n,1≤v≤1091 \le v \le 10^91≤v≤109。注意这种操作会改变数组的元素,修改得到的数组会被保留,也会影响后续的操作。
2x2\ x2 x:这是第二种操作,假设 H 老师按照上面的伪代码对 aaa 数组进行排序,你需要告诉 H 老师原来 aaa 的第 xxx 个元素,也就是 axa_xax,在排序后的新数组所处的位置。保证 1≤x≤n1 \le x \le n1≤x≤n。注意这种操作不会改变数组的元素,排序后的数组不会被保留,也不会影响后续的操作。
H 老师不喜欢过多的修改,所以他保证类型 111 的操作次数不超过 500050005000。
小 Z 没有学过计算机竞赛,因此小 Z 并不会做这道题。他找到了你来帮助他解决这个问题。
【输入格式】
第一行,包含两个正整数 n,Qn, Qn,Q,表示数组长度和操作次数。
第二行,包含 nnn 个空格分隔的非负整数,其中第 iii 个非负整数表示 aia_iai
接下来 QQQ 行,每行 2∼32 \sim 32∼3 个正整数,表示一次操作,操作格式见 【题目描述】。
【输出格式】
对于每一次类型为 222 的询问,输出一行一个正整数表示答案。
【输入输出样例】
输入 #1
3 4
3 2 1
2 3
1 3 2
2 2
2 3
输出 #1
1
1
2
【说明/提示】
【样例解释 #1】
在修改操作之前,假设 H 老师进行了一次插入排序,则原序列的三个元素在排序结束后所处的位置分别是 3,2,13, 2, 13,2,1。
在修改操作之后,假设 H 老师进行了一次插入排序,则原序列的三个元素在排序结束后所处的位置分别是 3,1,23, 1, 23,1,2。
注意虽然此时 a2=a3a_2 = a_3a2=a3,但是我们不能将其视为相同的元素。
【数据范围】
T2分析
1. 常规解法
乍一看题目会以为是一个数据结构的题目,又是单点更新又是查询数字排第几大,会认为是一个平衡树的题目
但是仔细观察以后会发现题目给出了一个很重要的条件:修改次数不超过5000,这是本题的第一个重点
然后需要注意观察样例和题目给出的伪代码,可以得到当数字一样时,下标小的数字被认为更小,这是本题的第二个重点
两者结合,可以得到暴力的解法就是每次修改操作以后都排序一遍,重新求 rankrankrank,这样的修改的复杂度是 O(nlogn)O(nlogn)O(nlogn),查询的复杂度是 O(1)O(1)O(1) ,代码复杂度为 O(5000∗nlogn)O(5000 * nlogn)O(5000∗nlogn),可以得到 808080 分
这里可以发现,每次修改只会修改一个数,那么如果这个数组本身就有序了,当修改过一个数字 a[x]a[x]a[x] 以后,无非就是只有两种情况
- a[x]a[x]a[x] 左移
- a[x]a[x]a[x] 右移
所以这里完全没有必要重新 sortsortsort,只要手动处理一下 a[x]a[x]a[x] 的移动即可,这样修改的复杂度就会降为 O(n)O(n)O(n),那么整体复杂就是 O(5000∗n)O(5000*n)O(5000∗n) 完全没有问题
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
struct XX{int val, id;
} a[100010];
int _rank[100010];bool cmp(const XX&x, const XX&y){if (x.val == y.val){return x.id < y.id;}return x.val < y.val;
}
int main(){int n, q;scanf("%d%d", &n, &q);for (int i = 1; i <= n; ++i){scanf("%d", &a[i].val);a[i].id = i;}sort(a + 1, a + n + 1, cmp);for (int i = 1; i <= n; ++i){_rank[a[i].id] = i;}while (q--){int op, x, y;scanf("%d", &op);if (op == 1){scanf("%d%d", &x, &y);x = _rank[x];a[x].val = y;while (x > 1 && !cmp(a[x - 1], a[x])){swap(a[x - 1], a[x]);x--;}while (x < n && !cmp(a[x], a[x + 1])){swap(a[x], a[x + 1]);x++;}for (int i = 1; i <= n; ++i){_rank[a[i].id] = i;}} else {scanf("%d", &x);printf("%d\n", _rank[x]);}}return 0;
}
2. 黑科技 pb_ds
就算这道题没有 操作数不超过 5000 这个限制,这道题也可以直接用 ext 拓展库 pb_dspb\_dspb_ds 中的 treetreetree 直接解决,复杂度为 O((n+q)logn)O((n+q)logn)O((n+q)logn)
#include <ext/pb_ds/assoc_container.hpp>
#include <ext/pb_ds/tree_policy.hpp>
using namespace __gnu_pbds;
using namespace std;
typedef pair<int, int> PII;
tree<PII, null_type, less<PII>, rb_tree_tag, tree_order_statistics_node_update> tr;
int a[100010];
int main(){int n, q;scanf("%d%d", &n, &q);for (int i = 1; i <= n; ++i){scanf("%d", &a[i]);tr.insert(make_pair(a[i], i));}while (q--){int op, x, y;scanf("%d", &op);if (op == 1){scanf("%d%d", &x, &y);tr.erase(make_pair(a[x], x));a[x] = y;tr.insert(make_pair(a[x], x));} else {scanf("%d", &x);printf("%d\n", tr.order_of_key(make_pair(a[x], x)) + 1);}}return 0;
}
这里主要给出一个 pb_dspb\_dspb_ds 简单使用方法
需要加载两个头文件 <ext/pb_ds/tree_policy.hpp>
,<ext/pb_ds/assoc_container.hpp>
以及一个新的命名空间 using namespace __gnu_pbds;
声明一个 treetreetree 的代码比较长 tree<double, null_type, less<double>, rb_tree_tag, tree_order_statistics_node_update> tr;
下面用数字表示第几个参数
但是一般我们需要修改的只有两处:1.类型
和 3.排序规则
,在例子的体现即为 PII
和 less<PII>
1.类型
可以使用我们常规的类型,int
,double
,pair
等
2.映射方式
这里一般都填写 null_type
,如果是低版本的 g++g++g++ 编译器可能需要填的是 null_mapped_type
3.排序规则
可以使用常规的两种,less<T>
和 greater<T>
,当然也可以自定义 cmp
函数传入
4.树类型
,树的类型有很多种,但是一般常用的只有 红黑树rb_tree_tag
和 伸展树splay_tree_tag
5.节点更新方式
,一般也就只填 tree_order_statistics_node_update
#include <cstdio>
#include <ext/pb_ds/tree_policy.hpp>
#include <ext/pb_ds/assoc_container.hpp>using namespace std;
using namespace __gnu_pbds;tree<double, null_type, greater<double>, rb_tree_tag, tree_order_statistics_node_update> T;int main(){int q, opt, x;scanf("%d", &q);for (int i = 1; i <= q; ++ i){scanf("%d%d", &opt, &x);//插入一个数if(opt == 1) T.insert(x + i * 1e-6);//删除一个数if(opt == 2) T.erase(T.lower_bound(x));//查询一个数的排名if(opt == 3) printf("%d\n", (int)T.order_of_key(x) + 1);//查询第k小的数 返回的是一个迭代器 这里k是从0开始算的,意思是最小的数是第0小的if(opt == 4) printf("%d\n", (int)*T.find_by_order(x - 1));//查询一个数的前驱if(opt == 5) printf("%d\n", (int)round(*(-- T.lower_bound(x))));//查询一个数的后继if(opt == 6) printf("%d\n", (int)round(*T.lower_bound(x + 1)));}return 0;
}
T3 网络连接
【题目描述】
TCP/IP 协议是网络通信领域的一项重要协议。今天你的任务,就是尝试利用这个协议,还原一个简化后的网络连接场景。
在本问题中,计算机分为两大类:服务机(Server)
和客户机(Client)
。服务机负责建立连接,客户机负责加入连接。
需要进行网络连接的计算机共有 nnn 台,编号为 1∼n1 \sim n1∼n,这些机器将按编号递增的顺序,依次发起一条建立连接或加入连接的操作。
每台机器在尝试建立或加入连接时需要提供一个地址串。服务机提供的地址串表示它尝试建立连接的地址,客户机提供的地址串表示它尝试加入连接的地址。
一个符合规范的地址串应当具有以下特征:
- 必须形如
a.b.c.d:e
的格式,其中 a,b,c,d,ea, b, c, d, ea,b,c,d,e 均为非负整数; - 0≤a,b,c,d≤2550 \le a, b, c, d \le 2550≤a,b,c,d≤255,0≤e≤655350 \le e \le 655350≤e≤65535;
- a,b,c,d,ea, b, c, d, ea,b,c,d,e 均不能含有多余的前导 000。
相应地,不符合规范的地址串可能具有以下特征:
- 不是形如
a.b.c.d:e
格式的字符串,例如含有多于 333 个字符.
或多于 111 个字符:
等情况; - 整数 a,b,c,d,ea, b, c, d, ea,b,c,d,e 中某一个或多个超出上述范围;
- 整数 a,b,c,d,ea, b, c, d, ea,b,c,d,e 中某一个或多个含有多余的前导 000。
例如,地址串 192.168.0.255:80
是符合规范的,但 192.168.0.999:80
、192.168.00.1:10
、192.168.0.1:088
、192:168:0:1.233
均是不符合规范的。
如果服务机或客户机在发起操作时提供的地址串不符合规范,这条操作将被直接忽略。
在本问题中,我们假定凡是符合上述规范的地址串均可参与正常的连接,你无需考虑每个地址串的实际意义。
由于网络阻塞等原因,不允许两台服务机使用相同的地址串,如果此类现象发生,后一台尝试建立连接的服务机将会无法成功建立连接;除此之外,凡是提供符合规范的地址串的服务机均可成功建立连接。
如果某台提供符合规范的地址的客户机在尝试加入连接时,与先前某台已经成功建立连接的服务机提供的地址串相同,这台客户机就可以成功加入连接,并称其连接到这台服务机;如果找不到这样的服务机,则认为这台客户机无法成功加入连接。
请注意,尽管不允许两台不同的服务机使用相同的地址串,但多台客户机使用同样的地址串,以及同一台服务机同时被多台客户机连接的情况是被允许的。
你的任务很简单:在给出每台计算机的类型以及地址串之后,判断这台计算机的连接情况。
【输入格式】
第一行,一个正整数 nnn。
接下来 nnn 行,每行两个字符串 op,ad\mathit{op}, \mathit{ad}op,ad,按照编号从小到大给出每台计算机的类型及地址串。
其中 op\mathit{op}op 保证为字符串 Server
或 Client
之一,ad\mathit{ad}ad 为一个长度不超过 252525 的,仅由数字、字符 .
和字符 :
组成的非空字符串。
每行的两个字符串之间用恰好一个空格分隔开,每行的末尾没有多余的空格。
【输出格式】
输出共 nnn 行,每行一个正整数或字符串表示第 iii 台计算机的连接状态。其中:
如果第 iii 台计算机为服务机,则:
- 如果其提供符合规范的地址串且成功建立连接,输出字符串
OK
。 - 如果其提供符合规范的地址串,但由于先前有相同地址串的服务机而无法成功建立连接,输出字符串
FAIL
。 - 如果其提供的地址串不是符合规范的地址串,输出字符串
ERR
。
如果第 iii 台计算机为客户机,则:
- 如果其提供符合规范的地址串且成功加入连接,输出一个正整数表示这台客户机连接到的服务机的编号。
- 如果其提供符合规范的地址串,但无法成功加入连接时,输出字符串
FAIL
。 - 如果其提供的地址串不是符合规范的地址串,输出字符串
ERR
。
【输入输出样例】
输入 #1
5
Server 192.168.1.1:8080
Server 192.168.1.1:8080
Client 192.168.1.1:8080
Client 192.168.1.1:80
Client 192.168.1.1:99999
输出 #1
OK
FAIL
1
FAIL
ERR
输入 #2
10
Server 192.168.1.1:80
Client 192.168.1.1:80
Client 192.168.1.1:8080
Server 192.168.1.1:80
Server 192.168.1.1:8080
Server 192.168.1.999:0
Client 192.168.1.1.8080
Client 192.168.1.1:8080
Client 192.168.1.1:80
Client 192.168.1.999:0
输出 #2
OK
1
FAIL
FAIL
OK
ERR
ERR
5
1
ERR
【说明/提示】
【样例解释 #1】
计算机 111 为服务机,提供符合规范的地址串 192.168.1.1:8080
,成功建立连接;
计算机 222 为服务机,提供与计算机 111 相同的地址串,未能成功建立连接;
计算机 333 为客户机,提供符合规范的地址串 192.168.1.1:8080
,成功加入连接,并连接到服务机 111;
计算机 444 为客户机,提供符合规范的地址串 192.168.1.1:80
,找不到服务机与其连接;
计算机 555 为客户机,提供的地址串 192.168.1.1:99999
不符合规范。
【数据范围】
T3分析
模拟题,根据题目给出的题意直接判断即可
- IPIPIP 地址必须包含 333 个
.
和 111 个:
,并且顺序必须是...:
- 前四个数字的范围是 [0,255][0,255][0,255],最后一个数字的范围是 [0,65535][0,65535][0,65535]
- 不能存在前导零
题目里保证了只有数字,.
和 :
,避免了会出现负数的情况,这其实降低了题目的难度
这里给出几种可能会出错的情况
- IP 地址确实包含了 333 个
.
和 111 个:
,但是顺序不对,可能出现了..:.
这种分布 - 前导 000 要注意判断是否是 000 本身,只有 “0” 这个情况允许第一位出现 0,否则不允许第一位数字为 0
代码主要分两步,一个是 checkcheckcheck 函数判断 IPIPIP 是否合法,若 IPIPIP 合法则用一个 mapmapmap 直接记录每个 IPIPIP 的编号即可
#include <iostream>
#include <map>
using namespace std;map<string, int> mp;
string op, ip;bool check(string x){x += ".";string now = "";int point = 0;for (int i = 0; i < x.size(); ++i){if (x[i] == '.' || x[i] == ':'){point++;if (point != 4 && x[i] == ':'){return false;}if (now == "" || (now[0] == '0' && now != "0") || point > 5){return false;}int number = 0;for (int i = 0; i < now.size(); ++i){number = number * 10 + now[i] - 48;if (number > 65535){return false; } }if ((point < 5 && number > 255) || (point == 5 && number > 65535)){return false;}now = "";} else {now = now + x[i];}}return point == 5;
}int main(){int n;cin >> n;for (int cnt = 1; cnt <= n; ++cnt){cin >> op >> ip;if (check(ip)){if (op == "Server"){if (mp.count(ip)){printf("FAIL\n");} else {mp[ip] = cnt;printf("OK\n");}}else{if (mp.count(ip)){printf("%d\n", mp[ip]);} else {printf("FAIL\n");}}} else {printf("ERR\n");}}return 0;
}
T4 小熊的果篮
【题目描述】
小熊的水果店里摆放着一排 nnn 个水果。每个水果只可能是苹果或桔子,从左到右依次用正整数 1,2,…,n1, 2, \ldots, n1,2,…,n 编号。连续排在一起的同一种水果称为一个“块”。小熊要把这一排水果挑到若干个果篮里,具体方法是:每次都把每一个“块”中最左边的水果同时挑出,组成一个果篮。重复这一操作,直至水果用完。注意,每次挑完一个果篮后,“块”可能会发生变化。比如两个苹果“块”之间的唯一桔子被挑走后,两个苹果“块”就变成了一个“块”。请帮小熊计算每个果篮里包含的水果。
【输入格式】
第一行,包含一个正整数 nnn,表示水果的数量。
第二行,包含 nnn 个空格分隔的整数,其中第 iii 个数表示编号为 iii 的水果的种类,111 代表苹果,000 代表桔子。
输出格式
输出若干行。
第 iii 行表示第 iii 次挑出的水果组成的果篮。从小到大排序输出该果篮中所有水果的编号,每两个编号之间用一个空格分隔。
【输入输出样例】
输入 #1
12
1 1 0 0 1 1 1 0 1 1 0 0
输出 #1
1 3 5 8 9 11
2 4 6 12
7
10
输入 #2
20
1 1 1 1 0 0 0 1 1 1 0 0 1 0 1 1 0 0 0 0
输出 #2
1 5 8 11 13 14 15 17
2 6 9 12 16 18
3 7 10 19
4 20
【说明/提示】
【样例解释 #1】
这是第一组数据的样例说明。
所有水果一开始的情况是 [1,1,0,0,1,1,1,0,1,1,0,0][1, 1, 0, 0, 1, 1, 1, 0, 1, 1, 0, 0][1,1,0,0,1,1,1,0,1,1,0,0],一共有 666 个块。
在第一次挑水果组成果篮的过程中,编号为 1,3,5,8,9,111,3,5,8,9,111,3,5,8,9,11 的水果被挑了出来。
之后剩下的水果是 [1,0,1,1,1,0][1, 0, 1, 1, 1, 0][1,0,1,1,1,0],一共 444 个块。
在第二次挑水果组成果篮的过程中,编号为 2,4,6,122, 4, 6, 122,4,6,12 的水果被挑了出来。
之后剩下的水果是 [1,1][1, 1][1,1],只有 111 个块。
在第三次挑水果组成果篮的过程中,编号为 777 的水果被挑了出来。
最后剩下的水果是 [1][1][1],只有 111 个块。
在第四次挑水果组成果篮的过程中,编号为 101010 的水果被挑了出来。
【数据范围】
对于 10%10 \%10% 的数据,n≤5n \le 5n≤5。
对于 30%30 \%30% 的数据,n≤1000n \le 1000n≤1000。
对于 70%70 \%70% 的数据,n≤50000n \le 50000n≤50000。
对于 100%100 \%100% 的数据,1≤n≤2×1051 \le n \le 2 \times {10}^51≤n≤2×105
T4分析
个人认为难度反而没有 T3 高
在一条链中,相同的数字被认为是一个块,每轮同事删除所有块最左边的那个数字,而删除数字后可能会存在一些块的合并,这个问题显然用双向链表可以快速解决删除的问题,而我们也很容易发现,总的块数只会随着删除变少或不变,也就是只可能出现合并的情况,不可能出现因为删除使得一个块变成两个块的情况
那么我们用一个数组 ansansans 记录当前所有块的第一个数字
而当 x=ans[i]x = ans[i]x=ans[i] 删除时,合并 l=L[ans[i]]和r=R[ans[i]]l = L[ans[i]] 和 r = R[ans[i]]l=L[ans[i]]和r=R[ans[i]]
此时如果 a[x]!=a[l]a[x] != a[l]a[x]!=a[l] 且 a[r]==a[x]a[r] == a[x]a[r]==a[x] ,那么我们可以认为,删除 a[x]a[x]a[x] 时不会发生合并,那么就把 a[x]a[x]a[x] 的下一个数
字 a[r]a[r]a[r] 放入下一轮的 ansansans 中,否则就不放入
这里注意,删除的时候不能简单的认为 a[r]!=a[l]a[r] != a[l]a[r]!=a[l] 就可以将 rrr 放入下一轮,
因为有可能存在连续删除的情况,例如样例的第二轮,删除的是相邻的几个数字 2462\ 4\ 62 4 6
所以我们可以利用块只有可能合并这个特点,考虑只有当 a[r]!=a[l]a[r] != a[l]a[r]!=a[l] 且 a[r]==a[x]a[r] == a[x]a[r]==a[x] 时才放入 rrr 到下一轮 ansansans
#include <iostream>
using namespace std;int a[200100];
int ans[200100], len;
int L[200100], R[200100];
int main(){int n;scanf("%d", &n);a[0] = a[n + 1] = -1;R[0] = 1; L[n + 1] = n;for (int i = 1; i <= n; ++i){scanf("%d", &a[i]);L[i] = i - 1;R[i] = i + 1;if (a[i] != a[i - 1]){ans[len++] = i;}}while (len){int new_len = 0;for (int i = 0; i < len; ++i){printf("%d ", ans[i]);int l = L[ans[i]];int r = R[ans[i]];L[r] = l;R[l] = r; if (a[r] != -1 && a[ans[i]] == a[r] && a[r] != a[l]){ans[new_len++] = r;}}len = new_len;printf("\n");}return 0;
}
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Apple’s “Do Not Disturb While Driving” is a potentially lifesaving iPhone feature, but it doesn’t always turn on automatically at the appropriate time. For example, you might be a passenger in a moving car, but your iPhone may think you’re the one dri…...
2022/11/19 21:16:57