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題意： 給一個長度為$n$的數組$a$，定義一個數組$b$，且$b_j=mi{n}_{j<=i<=j+k?1}{a}_i$，比如$j=3$的時候，$a[1,3,4,5,2]$，$b_3$為$[min(1,3,4),min(3,4,5),min(4,5,2)]$。現在讓你求$b_j$是否為一個排列，且$1<=j<=n$。

思路： 可以發現如果是一個$k$的排列，那么對應$b_{n?k+1}$，可以看出來隨著$k$變大，$b$每次取的長度是遞減的。手寫幾個樣例可知，如果當前排列為$k$排列，想要達到$k+1$排列，那么$k$這個數字一定只出現了一次，如果超過一次的話，那么$b$中一定是有至少兩個元素為$k$。當然滿足這個還不夠，還需要滿足位置關系。假設當前區間為$[l,r]$(初始為$[1,n]$)且當前為$k$排列，那么$k$這個數一定出現在$l$或$r$位置，讓后再將出現在的位置向前或者向后移動一位繼續跑就可以了。
當然這樣不是很嚴謹，如果直接這么寫會發現樣例一就過不去，問題出在$b_1$上，我們特殊處理下$b_1$就好啦。

//#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=300010,mod=1e9+7,INF=0x3f3f3f3f; const double eps=1e-6;int n; int a[N],cnt[N],pos[N]; int ans[N];void solve() {int l,r; l=1,r=n;for(int i=1;i<=n;i++){if(cnt[i-1]!=1) return;if(!cnt[i]) return;ans[n-i+1]=1;if(pos[i]==l) l++;else if(pos[i]==r) r--;else return;} }bool check() {int c=0;for(int i=1;i<=n;i++) if(cnt[i]) c++;return c==n; }int main() { // ios::sync_with_stdio(false); // cin.tie(0);int _; scanf("%d",&_);while(_--){scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),cnt[a[i]]++,pos[a[i]]=i;cnt[0]=1; if(check()) ans[1]=1;solve(); for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d",ans[i]); puts("");for(int i=1;i<=n;i++) cnt[a[i]]--,pos[a[i]]=0,ans[i]=0;}return 0; } /**/

總結

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