月賽\(\text{Div2T1}\)，窩唯一一道\(\text{AC}\)的題（我太菜啦！）
\(\text{solution:}\)
根據題面，顯然三個操作對應三種情況，我們發現每次這三種操作均不涉及前面的數，所以考慮邊讀邊做（暫時不用考慮操作三，它是此題中唯一一個難點，待會再說）
該資料范圍在\(\text{int}\)范圍內，使用變數\(\text{money}\)記錄當前的壓歲錢的多少，\(\text{ans}\)記錄錢不夠花的事件數，至此，我們已經可以完美解決前兩個操作，核心代碼如下，
for(int i=1;i<=m;i++){
money+=f[i];
cin>>t;
if(t==1){
cin>>a;
money+=a;
}
else if(t==2){
cin>>a;
if(money<a)ans++;
else money-=a;
}
}
接下來單獨考慮操作三，一種顯而易見的思路：用一個陣列，每當進行操作三時，該陣列下標為 \(b\) 的地方值加上 \(a\) ，注意！是加上 \(a\) 而不是賦值為 \(a\) ，因為注意到資料有可能出現多個 \(a\) 封印在同一事件的情況，同時，在每次回圈時最前面讓\(\text{ans}\)加上此陣列下標為 \(i\) 的值，當沒有壓歲錢封印在事件 \(i\) 時加上的是0，反之，加上的則是那個陣列下標為 \(i\) ，即，在 \(i\) 事件解封的壓歲錢數，
至此，思路整理完畢，完整（\(\text{AC}\)）代碼：
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
unsigned long long m,t,a,b,money,ans,f[10000001];
int main(){
cin>>m;
for(int i=1;i<=m;i++){
money+=f[i];
cin>>t;
if(t==1){
cin>>a;
money+=a;
}
else if(t==2){
cin>>a;
if(money<a)ans++;
else money-=a;
}
else if(t==3){
cin>>a>>b;
money-=a;
f[b]+=a; //有可能多個壓歲錢封印在同一時刻
}
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
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標籤：C++