标签：元素 can 排序 show src pac 没有 复杂度 改变
考场上什么都没想。
显然在扯淡了，应该说是刚开始想了一些没用的。
有决策单调性，所以二分答案？
好，那就二分答案。想想怎么检查每只蛤能不能都跳到终点？
那么每只蛤都不能掉队啊。
如果你现在遇到了一个石头，你就会优先让最落后的那只蛤跳过来蛤。（因为都不能掉队啊）
如果它离的太远跳不过来了，那么这只蛤就永远地掉队了。
嗯，这个想法还是比较简单的吧。
然后我们可以发现这个思路貌似是普适的。我们现在去掉二分答案。
所以现在问题不再是检查是否都不掉队，而是直接询问有多少个蛤能过去。
继续上面的思路，让最落后的蛤尝试跳过来，跳不过来就放弃它去让第二落后的蛤来。
然后有了这个思路就可以愉快的AC了。
当然我们需要证明（我没看题解，我自己口胡蛤）
对于任意多的蛤，分别标号为1234...，按照它们目前所在的位置排序
那么现在突然出现了一个石头用0表示：1234...0
现在要用蛤来跳，按照刚才的策略你会让1跳得到234...1
其它决策无非就2种，
一种是这块石头所有蛤都无视它：这一定不优，如果你要忽视它还要跳到后面，那么你在这里歇一下脚再往后跳当然不会变差啦
另一种就是让不是最落后的蛤跳到上面：你会得到12x4...3之类的（x表示被踩沉了的石头）
相较于最优决策，区别就是有一只还在原来的最落后位置，而最优决策下有一只蛤更靠前了一点（至少不再是那个最落后位置了）
而还在最落后位置上的那只蛤可能从此就掉队了，故这个决策不优。
所以维护一个队列，表示目前还没有被放弃的蛤的位置。
枚举每块石头，让队首的蛤不能跳就放弃，能跳就跳，把它从队首改变位置放到队尾。
因为石头已经排序，所以加入队尾的元素一定是递增的，所以队列自带单调。
所有的石头都跳完之后，队列里的蛤不能跳到终点的就放弃。
最后队列里有几个蛤就是几啦。
多测清空！蛤的初始位置重置为0！
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 int n,m,d,l,x[1000005],q[2000005],t,h,T; 4 int main(){//freopen("blue.in","r",stdin); 5 scanf("%d",&T); 6 while(T--){ 7 scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&d,&l); 8 for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&x[i]); 9 h=1;t=m;for(int i=1;i<=m;++i)q[i]=0; 10 for(int i=1;i<=n;++i){ 11 while(q[h]+d<x[i]&&h<=t)++h; 12 ++h;q[++t]=x[i]; 13 } 14 while(q[h]+d<l&&h<=t)h++; 15 if(t-h==m-1)puts("Excited"); 16 else printf("%d\n",t-h+1); 17 } 18 }
标签：元素 can 排序 show src pac 没有 复杂度 改变
原文地址：https://www.cnblogs.com/hzoi-DeepinC/p/11331079.html
