題鏈
最長的蚯蚓被砍兩截之後，其餘的蚯蚓長度會增加，與其加其餘蚯蚓不如對這兩隻蚯蚓操作，可定義乙個buff表示其餘蚯蚓需要增加多少長度，當拿出最長的那只蚯蚓時，就需要加上buff，當然被剪斷的變成兩條就需要減去當前buff再壓入佇列，保證下次拿出來時加上buff是應有的長度；
乙個佇列存原陣列，另外兩個佇列分別存砍斷的蚯蚓的兩部分，可知這兩個佇列是遞減的，所以普通佇列就行；
//#pragma gcc optimize("o2")
#include using namespace std;
//#include//using namespace __gnu_cxx;
//#include //using namespace __gnu_pbds;
#define combine pair, greater, pairing_heap_tag
#define ll long long
#define ll long long
#define pair pair#define ull unsigned long long
#define ls rt<<1
#define rs rt<<1|1
#define one first
#define two second
#define ms 7000009
#define inf 1e9
#define dbinf 1e100
#define pi acos(-1.0)
#define eps 1e-9
#define mod 1000000007
#define mod1 39989
#define mod2 1000000000
ll n,m;
ll ac[ms];
ll p[ms];
priority_queue,less> qq;
queueq[3];
stacksta;
int which()
int main()
sort(p+1,p+n+1);
for(int i=n;i>=1;i--)
ll buff = 0;
for(int i=1;i<=m;i++)
for(int i=1;i<=m;i++)
cout << endl;
for(int i=0;i<=2;i++)
while(!q[i].empty())
for(int i=1;!qq.empty();i++)
cout << endl;
return 0;
}
洛谷P2827,NOIP2016 蚯蚓
傳送門 考慮優先佇列 但是蚯蚓的長度是變化的,如果每一次操作都修改所有蚯蚓的長度,必然超時.但是每一次所有蚯蚓中,只有被斬斷生成的兩個沒有 q,其它所有蚯蚓長度均 q.不難想到,用優先佇列 兩個值 len表示被壓入優先佇列時的長度,t表示被壓入優先佇列的時間,如果當前時間為i,那麼當前蚯蚓的實際長度...
洛谷P2827 NOIP2016 蚯蚓
題目描述 輸入 輸出 思路分析 70分寫法 看到每次取出最大值，第一眼想到的就是優先佇列，我們可以每一次取完隊首元素後將其分開後兩段的長度進行計算，再放入佇列之中即可 但題目中要求，除被切開的蚯蚓外，其餘蚯蚓長度要變長，每次把隊中元素取出並加上q再放入隊中？不用說我們也知道這是不行的，那我們可以 考...
P2827 NOIP2016 提高組 佇列
題意 傳送門 p2827 noip2016 提高組 蚯蚓 題解容易想到使用二叉堆維護長度的最大值，由於每次新產生之外的蚯蚓長度都增加 q qq，而難以修改已經在堆中的元素，那麼對新產生的蚯蚓長度減 q qq，可以使長度的相互關係保持不變。時間複雜度 o m log n o m log n o mlo...