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思路
读完题后了解题的大意：有k个节点，编号为0 - k-1，每个节点可以在空闲时间处理请求，每个请求的有一个到达时间和处理该请求的持续时间；节点空闲表示当一个请求在达到时间时，该节点未处理任何一个其他请求，即为该节点空闲！第i个请求优先考虑i % k 个节点是否为空，不为空优先考虑i % k, 否则依次后推，(1 + 1) % k, (i + 2) % k，直到找到空闲节点为止。
然后我看了一下数据大小k个节点和n组请求 k, n <= 1^5；以及节点的到达时间和持续时间 <= 1e9; 所以本题涉及的最大数据不会超过2e9！，不会报int；最开始模拟去写，然后tle了，因为最坏的情况时n*k,我们需要将其控制在nlog(k) 以内；
模拟思路1
模拟思路就是去模拟这个过程，优先考虑i%k是否满足，不满足继续后推(i + 1) % k … 如果所有的节点都不满足当前时间为空闲就表示第i个请求不被接收；然而最坏的情况就是每次都没有满足的节点，我们都要去模拟一次整个过程也就是所有节点，单次模拟时间复杂度就是k, 那么n次时间复杂度就是n*k; n, k <= 1^5, 所以最坏情况必定会tle.
?模拟过程，节点1处理了两个请求， 0，2节点各一个，故此1处理请求最多，输出1.
线段树优化思路
我们唯一能优化的地方就是单次查找的节点，单次查找满足条件的节点采用线段树去优化，可以将其每次查找的复杂度降低到log(k)级别；线段树优化：线段树优化需要维护一个区间内的最小值(也就是某个节点在最小的时间段空闲)，如果该最小值小于某个请求的到来时间，代表该区间存在一个满足条件的节点能够处理到来的请求；因为考虑道第i个请求的优先选择i%k 节点， 所以我们ask操作时， 区间分别为 (i%k+1 ~ k) 就是i%k的右半部分区间优先考虑，其次左半部分的区间(1 ~ i%k) (注：因为此处是从1 - k，所以i % k应该再加一个1)；
?依次内推，写出线段树板子即可！
| #include <iostream> #include <algorithm> #include <cstring> #include <string> #include <queue> #include <vector> #include <cstdio> using namespace std; typedef long long LL; const int N = 100010, INF = 2e9+10; LL a[N], n, k; LL cnt[N]; struct SegmT{ ????LL l, r; ????LL val; } tr[N * 4]; void upside(int p){ ????tr[p].val = min(tr[p * 2].val, tr[p * 2 + 1].val); } void build(LL p, LL l, LL r){ ????tr[p].l = l, tr[p].r = r; ????if (l == r) { ????????tr[p].val = 0; ????????return; ????} ????LL mid = (l + r) >> 1; ????build(p * 2, l, mid); ????build(p * 2 + 1, mid + 1, r); ????upside(p); } void change(LL p, LL x, LL v){ ????if (tr[p].l == tr[p].r){ ????????tr[p].val = v; ????????return; ????} ????LL mid = (tr[p].l + tr[p].r) >> 1; ????if (x <= mid) change(p * 2, x, v); ????else change(p * 2 + 1, x, v); ????upside(p); } LL ask(LL p, LL l, LL r, LL t){ ????if (tr[p].l == tr[p].r) { ????????return tr[p].r; ????} ????LL mid = (tr[p].l + tr[p].r) >> 1; ????LL res = -1; ????if (l <= mid && r >= tr[p].l && tr[p * 2].val <= t){ ????????res = ask(p * 2, l, r, t); ????} ????if( res == - 1 && r >= mid + 1 && ?l <= tr[p].r && tr[p * 2 + 1].val <= t){ ????????res = ask(p * 2 + 1, l, r, t); ????} ????return res; } int main(){ ????cin >> k >> n; ????for (int i = 0; i < N * 4; i ++) tr[i].val = INF; ????build(1, 1, k); ????LL res = 0; ????for (int i = 0; i < n; i ++){ ????????LL co, t; ????????scanf("%lld %lld", &co, &t); ????????LL p = (i % k) + 1; // 当前所取的p值！ ????????LL t1 = ask(1, p, k, co); ????????if (t1 == -1){ ????????????LL t2 = ask(1, 1, p-1, co); ????????????if (t2 != -1){ ????????????????cnt[t2] ++; ????????????????res = max(res, cnt[t2]); ????????????????change(1, t2, co + t); ????????????} ????????} ????????else{ ????????????cnt[t1] ++; ????????????res = max(res, cnt[t1]); ????????????change(1, t1, co + t); ????????} ????} ????bool flag = false; ????for (int i = 1; i <= k; i ++){ ????????if (!flag && cnt[i] == res) { ????????????printf("%lld", i-1); ????????????flag = true; ????????} ????????else if (cnt[i] == res) printf(" %lld", i-1); ????} ????return 0; } |
实习编辑：王晓姣
稿件来源：深度学习与文旅应用实验室（DLETA）