AcWing 蚯蚓
Description
蛐蛐国最近蚯蚓成灾了！
隔壁跳蚤国的跳蚤也拿蚯蚓们没办法，蛐蛐国王只好去请神刀手来帮他们消灭蚯蚓。
蛐蛐国里现在共有 n 只蚯蚓，第 i 只蚯蚓的长度为 ai ，所有蚯蚓的长度都是非负整数，即可能存在长度为0的蚯蚓。
每一秒，神刀手会在所有的蚯蚓中，准确地找到最长的那一只，将其切成两段。若有多只最长的，则任选一只。神刀手切开蚯蚓的位置由有理数 p 决定。
一只长度为 x 的蚯蚓会被切成两只长度分别为 ⌊px⌋ 和 x−⌊px⌋ 的蚯蚓。
特殊地，如果这两个数的其中一个等于0，则这个长度为0的蚯蚓也会被保留。
此外，除了刚刚产生的两只新蚯蚓，其余蚯蚓的长度都会增加一个非负整数 q 。
蛐蛐国王知道这样不是长久之计，因为蚯蚓不仅会越来越多，还会越来越长。
蛐蛐国王决定求助于一位有着洪荒之力的神秘人物，但是救兵还需要 m 秒才能到来。
蛐蛐国王希望知道这 m 秒内的战况。
具体来说，他希望知道：
- m 秒内，每一秒被切断的蚯蚓被切断前的长度，共有 m 个数。
- m 秒后，所有蚯蚓的长度，共有 n+m 个数。
Input
第一行包含六个整数 n,m,q,u,v,t，其中：n,m,q 的意义参考题目描述；u,v,t 均为正整数；你需要自己计算 p=u/v（保证 0<u<v）；t 是输出参数，其含义将会在输出格式中解释。
第二行包含 n 个非负整数，为 a1,a2,…,an，即初始时 n 只蚯蚓的长度。
同一行中相邻的两个数之间，恰好用一个空格隔开。
Output
第一行输出 ⌊m/t⌋ 个整数，按时间顺序，依次输出第 t 秒，第 2t 秒，第 3t 秒，……被切断蚯蚓（在被切断前）的长度。
第二行输出 ⌊(n+m)/t⌋ 个整数，输出 m 秒后蚯蚓的长度；需要按从大到小的顺序，依次输出排名第 t，第 2t，第 3t，……的长度。
同一行中相邻的两个数之间，恰好用一个空格隔开。
即使某一行没有任何数需要输出，你也应输出一个空行。
请阅读样例来更好地理解这个格式。
Sample Input
3 7 1 1 3 1 3 3 2
Sample Output
3 4 4 4 5 5 6 6 6 6 5 5 4 4 3 2 2
Data Size
- 1≤n≤105,
0≤ai≤108,
0<p<1,
0≤q≤200,
0≤m≤7∗106,
0<u<v≤109,
1≤t≤71
题解：
队列。
80pts的思路挺容易想到的。题目要求就是找最大值、插入新值。这明显可用堆来实现。然后题目又有一个增量q，对于这个要求，设置并维护一个偏移量k就好了。那么找最大值就是：实际值 = 队中值 + k；插入新值就是：push(实际值 - k - p)。
这样每次操作复杂度是O(logn)的，看看数据，m数据需要用线性算法来做。那么用堆就不行了。继续观察发现题中有隐藏的这几个性质：
- 先切的蚯蚓一定比后切的蚯蚓长。（具有单调性！）
- 先切的蚯蚓所分裂出的俩蚯蚓分别比后切的蚯蚓分裂出的俩蚯蚓长。（具有单调性！）
- 上述俩结论的证明yy就可以理解。
所有这道题不仅全局具有单调性，局部也有单调性。这题本身就具有单调性。
那么就可以开3个队列。que1（最开始读入的蚯蚓），que2（切出来的蚯蚓1），que3（切出来的蚯蚓2）。每次从三个队列的队首取出最长蚯蚓，切割后放入que2,que3（que1只取不放）。
结论：要善于发现题目中隐含的单调性。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <queue>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <cmath>
#define N 100005
#define M 7000005
using namespace std;
int n, m, q, k, e1, e2, t;
double p;
int a[N];
queue<int> que1, que2, que3;
int read()
{
int x = 0; char c = getchar();
while(c < '0' || c > '9') c = getchar();
while(c >= '0' && c <= '9') {x = x * 10 + c - '0'; c = getchar();}
return x;
}
int main()
{
cin >> n >> m >> q;
double t1 = read(), t2 = read();
p = t1 / t2;
t = read();
e1 = m / t, e2 = (n + m) / t;
if(!e1) printf("\n");
for(int i = 1; i <= n; i++) a[i] = read();
sort(a + 1, a + 1 + n, greater<int>());
for(int i = 1; i <= n; i++) que1.push(a[i]);
for(int i = 1; i <= m; i++)
{
int pos = -1, val = -1;
if(que1.size() && que1.front() + k > val) val = que1.front() + k, pos = 1;
if(que2.size() && que2.front() + k > val) val = que2.front() + k, pos = 2;
if(que3.size() && que3.front() + k > val) val = que3.front() + k, pos = 3;
int v1 = (int)(floor)(val * p), v2 = val - v1;
que2.push(v1 - k - q), que3.push(v2 - k - q);
if(pos == 1) que1.pop();
else if(pos == 2) que2.pop();
else if(pos == 3) que3.pop();
if(i % t == 0) printf("%d ", val);
k += q;
}
if(e1) cout << endl;
if(!e2) {cout << endl; return 0;}
int len = que1.size() + que2.size() + que3.size(), cnt = 0;
for(int i = 1; i <= len; i++)
{
int pos = -1, val = -1;
if(que1.size() && que1.front() + k > val) val = que1.front() + k, pos = 1;
if(que2.size() && que2.front() + k > val) val = que2.front() + k, pos = 2;
if(que3.size() && que3.front() + k > val) val = que3.front() + k, pos = 3;
if(pos == 1) que1.pop();
else if(pos == 2) que2.pop();
else if(pos == 3) que3.pop();
if(i % t == 0)
{
if(cnt < e2) printf("%d ", val), cnt++;
else break;
}
}
}