C. MEX Repetition Pinely Round 2 (Div. 1 + Div. 2)
Problem - C - Codeforces
题目大意:有一个长度为n的数组,数组中每个数字互不相同,范围都是0到n,每次操作将每一个数字从左到右依次变成当前数组的MEX,问k次操作后的数组
1<=n<=1e5;1<=k<=1e9
思路:因为每个数都互不相同,且数字范围比数组长度正好大1,这样不停的求MEX,猜想肯定会出现循环节,我们不妨用样例多进行几次操作,发现其实操作k次就相当于将n的范围内数组中没有的那个数放到数组最后,然后将数组右移k个数,例如a=[1,2,3,4,5],操作1次就是[0,1,2,3,4],操作2次就是[5,0,1,2,3],操作3次就是[4,5,0,1,2]。
所以我们将0~n内数组中没出现的那个数放到数组末尾,然后令k对(n+1)取模,先输出[n+1-k+1,n+1]部分的数组,再输出[1,n-k]部分的数组
//#include<__msvc_all_public_headers.hpp>
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 5;
int n;
int a[N];
int cnt[N];
void init()
{for (int i = 0; i <= n; i++){cnt[i] = 0;}
}
void solve()
{int k;cin >> n >> k;init();int mex = 0;for (int i = 1; i <= n; i++){cin >> a[i];cnt[a[i]]++;//记录每个数字是否出现}for (int i = 0; i <= n; i++){if (!cnt[i]){mex = i;//找到当前的MEXbreak;}}a[n + 1] = mex;k = k % (n + 1);for (int i = n + 1 - k + 1; i <= n + 1; i++){cout << a[i] << " ";}for (int i = 1; i <= n - k; i++){cout << a[i] << " ";}cout << endl;
}
int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);int t;cin >> t;while (t--){solve();}
}
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