A：Valeriy and Deque

题意

给定一个双端队列，然后给定一个operation，每一个operation可以实现以下步骤：
1.取出队列的前两个元素，分别是A，B。
2.如果A>B，那么A加入到这个队列的front，B加入到back，否则A加入back，B加入front。然后给你q个询问，每一个询问是问你从原始数组开始执行第x次operation时，A和B分别是多少？
(2≤n≤10^5, 0≤q≤3⋅10^5) (0≤ai≤10^9)( 1≤mj≤10^18）

输入输出样例
输入
5 3
1 2 3 4 5
1
2
10
输出
1 2
2 3
5 2
输入
2 0
0 0
输出

说明/提示
Consider all 10 steps for the first test in detail:2. [1, 2, 3, 4, 5] — on the first operation, A and B are 1 and 2 , respectively.So, 2 we write to the beginning of the deque, and 1 — to the end.
We get the following status of the deque: [2, 3, 4, 5, 1] . 3. [2, 3, 4, 5, 1] ⇒A=2,B=3 . 4.[3,4,5,1,2] 5. [4, 5, 1, 2, 3] 6. [5, 1, 2, 3, 4] 7. [5, 2, 3, 4, 1] 8. [5,3,4,1,2] 9. [5, 4, 1, 2, 3] 10. [5, 1, 2, 3, 4] 11. [5, 2, 3, 4, 1]⇒A=5,B=2 .

题解

这个q这么大，我们就不可能每一次都去重新模拟，肯定超时
那我们就来思考A，B之间的操作

显而易见当我们循环模拟到了a数组的最大值的时候
由于没有任何数大于它，那么它就会开始霸占整个队列的front

而在这个时候，就开始了一个n-1的循环节，
每一次队列的第二个都会乖乖的跑到队列的最后~~等待被翻牌~~
在这里插入图片描述
这个时候我们就没有必要一次又一次的重复这个n-1的固定循环，
可以用一个取模来进行操作，
而从头开始模拟时未处理到Max的时候，单独处理一下就可以了

最坏的情况就是Max在最后面n，一个for便OK，
我们的查询用O(1)完成
所以时间复杂度就是O（q）

代码实现

#include <cstdio>
#include <queue>
using namespace std;
#define LL long long
#define MAXN 100005
struct node {int head, tail;
}change[MAXN];
int circle[MAXN];
deque < int > deq;
int n, q, Max, idx;
long long m;
int main() {scanf ( "%d %d", &n, &q );for ( int i = 1;i <= n;i ++ ) {int x;scanf ( "%d", &x );deq.push_back ( x );if ( x > Max ) {Max = x;idx = i;}}for ( int i = 1;i <= idx;i ++ ) {int A = deq.front();deq.pop_front();int B = deq.front();deq.pop_front();change[i].head = A;change[i].tail = B;if ( A > B ) {deq.push_front( A );deq.push_back ( B );}else {deq.push_front( B );deq.push_back ( A );}}for ( int i = 0;i < n - 1;i ++ ) {circle[i] = deq.back ();int A = deq.front();deq.pop_front();int B = deq.front();deq.pop_front();deq.push_front( A );deq.push_back ( B );}for ( int i = 1;i <= q;i ++ ) {scanf ( "%lld", &m );if ( m <= idx )printf ( "%d %d\n", change[m].head, change[m].tail );elseprintf ( "%d %d\n", Max, circle[( m - idx ) % ( n - 1 )] );}return 0;
}

B：Tolik and His Uncle

题目

你有一个n行m列的棋盘，其中第i行第j列的格子标号为(i,j)。你需要从(1,1)开始遍历这个棋盘。每一次，如果你在(x,y)，你可以选择一个向量(dx,dy)，并且移动到(x+dx,y+dy)这个格子上。
你不能离开这个棋盘，同时每一个向量只能使用一次。你的任务是合理安排自己的行走路线，使得每一个格子都只被经过一次。输出这个方案。
n, m ( 1≤n⋅m≤10^6)

输入输出样例
输入
2 3
输出
1 1
1 3
1 2
2 2
2 3
2 1
输入
1 1
输出
1 1
说明/提示

The vectors from the first example in the order of making jumps are (0, 2), (0, -1), (1, 0), (0, 1), (0, -2) .

题解

向量不一样的意思是dx，dy不能同时一样，
如：我用过1，1，就不能再用，但是可以用1，2或者3，1

我们先来思考只有一行的情况
那么肯定可以(1,1)=>(1,m)=>(1,2)=>(1,m-1)…每一次dy都在减小而且还分了正负
我们再来思考只有一列的情况，类比行
肯定也可以(1,1)=>(n,1)=>(2,1)=>(n-1,1)…每一次dx都在减小而且也分了正负

那么二维又有行又有列，怎么办呢？
在这里插入图片描述
我们就行列一起跳呗！先循环行，列跳完后，行再往中间移动
(1,1)=>(n,m)=>(1,2)=>(n,m-1)…=>(1,m)=>(n,1)=>(2,1)=>(n-1,m)…

最后特别判断n为奇数，m为奇数的情况即可

代码实现

这道题就是找到了方法直接暴力就可以了
代码可以长得五花八门
我就对自己的代码很不满意，有点丑！
但是是自己打的，能怎么办呢？~~跪着也要宠下去~~麻痹自己其实写得还不错！
在这里插入图片描述

#include <cstdio>
int n, m, cnt;
void dfs ( int x, int y ) {cnt ++;if ( y > m ) return;printf ( "%d %d\n", x, y );if ( cnt % 2 )dfs ( n - x + 1, m - y + 1 );elsedfs ( n - x + 1, m - y + 2 ); 
}
int main() {scanf ( "%d %d", &n, &m );for ( int i = 1;i <= ( n >> 1 );i ++ ) {cnt = 0;dfs ( i, 1 );}if ( n % 2 ) {for ( int i = 1;i <= ( m >> 1 );i ++ )printf ( "%d %d\n%d %d\n", ( n + 1 ) >> 1, i, ( n + 1 ) >> 1, m - i + 1 );if ( m % 2 ) printf ( "%d %d\n", ( n + 1 ) >> 1, ( m + 1 ) >> 1 );}return 0;
}

C：Serge and Dining Room

题目

给你n个物品（每个物品一个）的价格和m个现在依次排在队里的人手上的钱，每个人都会尽可能把钱用完去买一样东西，即买当前物品中能买的价值最高的，不能买就不买走人，问m个人排完之后剩下的价值最高的物品价格是多少。
有q次操作，输入操作方案
1.如果是1，输入i,x，把ai变成x，i≤n
2.如果是2，输入i，x，把bi变成x 1≤i≤m
( 1≤n,m≤300000 )（1≤ai, bi≤10^6) (1≤q≤300000 ) ( 1≤x≤10^6)

题解

如果在更改某个值后发现，ai<aj但是ai选的菜bi>aj选的菜bj，那么肯定要交换
换过去换过来，你会发现下标早已经打乱，所以我们就不需要考虑用下标来做
用什么呢？

题意一句话找到一个最大的x，
使得满足钱大于等于x的人的数量money要小于价格大于等于x的数量pirce
（好好理解！！）

我们可以让所有ai≥物品价格x的+1，而所有bi≥人手里钱数量y的-1，
因为我们把ai和bi用相同的东西一起处理的，所以区分一下+/-1，

为什么这么做呢？想想：
当我们加入ai的时候，所有小于等于ai的aj的money都应该+1
当我们加入bi的时候，所有小于等于bi的bj的price都应该+1
而上面说过，ai和bi使用同一个东西操作，那么bi+1就意味着ai-1，
所以我们才物品价格+1，钱数-1

而我们再操作ai的时候不知道整个数组有多少aj是≤ai的，也不知道bi的情况
而我们的操作却要把所有满足的都进行+/-1操作，那么怎么做呢？

这时就想到了线段直接来进行对于值维护修改，直接把1~x的所有值+/-1
如果i点+1就意味着后面有一道菜的价格大于等于ai，
-1则意味着后面有一个人的钱数大于等于ai
所以才有代码下面从1~ai修改
还不用超时，多好！再用lazy打标，优化一波！

代码实现

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
#define MAXN 300005
#define MAX 1000000
int n, m, q;
int opt, idx, ip;
int a[MAXN], b[MAXN];
int tree[MAX << 2];
int lazy[MAX << 2];
int maxval[MAX << 2];void push_down ( int num ) {if ( lazy[num] ) {lazy[num << 1] += lazy[num];lazy[num << 1 | 1] += lazy[num];maxval[num << 1] += lazy[num];maxval[num << 1 | 1] += lazy[num];lazy[num] = 0;}
}void update ( int l, int r, int L, int R, int num, int val ) {if ( L <= l && r <= R ) {lazy[num] += val;maxval[num] += val;return;}push_down ( num );int mid = ( l + r ) >> 1;if ( L <= mid ) update ( l, mid, L, R, num << 1, val );if ( mid < R ) update ( mid + 1, r, L, R, num << 1 | 1, val );maxval[num] = max ( maxval[num << 1], maxval[num << 1 | 1] );
}int query ( int l, int r, int num ) {if ( l == r ) return l;push_down ( num );int mid = ( l + r ) >> 1;if ( maxval[num << 1 | 1] > 0 ) return query ( mid + 1, r, num << 1 | 1 );return query ( l, mid, num << 1 );
}int main() {scanf ( "%d %d", &n, &m );for ( int i = 1;i <= n;i ++ ) {scanf ( "%d", &a[i] );update ( 1, MAX, 1, a[i], 1, 1 );}for ( int i = 1;i <= m;i ++ ) {scanf ( "%d", &b[i] );update ( 1, MAX, 1, b[i], 1, -1 );}scanf ( "%d", &q );for ( int i = 1;i <= q;i ++ ) {scanf ( "%d %d %d", &opt, &idx, &ip );if ( opt == 1 ) {update ( 1, MAX, 1, a[idx], 1, -1 );update ( 1, MAX, 1, ip, 1, +1 );a[idx] = ip;}else {update ( 1, MAX, 1, b[idx], 1, +1 );update ( 1, MAX, 1, ip, 1, -1 );b[idx] = ip;}if ( maxval[1] > 0 ) printf ( "%d\n", query ( 1, MAX, 1 ) );else printf ( "-1\n" );}return 0;
}