题解：学而思编程生活费

【题目来源】

学而思编程：生活费

【题目描述】

有 \(n\) 名大学生，编号为 \(1∼n\)，初始时每个学生的生活费为 \(p_1,p_2,\dots,p_n\)，即编号为 \(i\) 的学生的生活费为 \(p_i\)。生活费可能会有两种变化：

①来源个人，由某个学生的经济活动而产生。在某个时刻，某个学生的生活费会直接变成某一个数值，可能升高也可能降低。

②来源学校，在某个时刻，学校会对生活费低于某个标准线的全部学生，实施政策支持，使得他们的生活费全部正好到达标准线。

经过一段时间之后，上述变化发生了 \(m\) 次。现在请你计算每个学生最后拥有多少生活费。

【输入】

第一行两个整数 \(n,m\)；

第二行 \(n\) 个整数 \(p_1,p_2,\dots,p_n\)；

接下来 \(m\) 行，每行依次表示一次生活费的变化情况：

以字符 \(I\) 开头的表示一次因为个人引起的变化，后接两个整数 \(id\) 和 \(v\)，\(id\) 表示生活费发生变化的学生编号，\(v\) 表示生活费变化的结果；

以字符 \(S\) 开头的表示一次因为学校引起的变化，后接一个整数 \(a\)，\(a\) 表示学校的标准线；

注意： 保证按照时间先后顺序给出所有变化情况，即第 \(i\) 次变化一定发生在第 \(i+1\) 变化之前。

【输出】

共 \(n\) 行，第 \(i\) 行一个整数，表示编号为 \(i\) 的学生最后拥有的生活费。

【输入样例】

4 3
10 20 30 40
S 35
I 1 20
S 25

【输出样例】

【核心思想】

问题分析：给定 \(n\) 个学生的初始生活费 \(p_i\)，执行 \(m\) 次操作：单点修改（I id v）将某学生生活费设为 \(v\)，整体提升（S a）将所有低于 \(a\) 的学生提升到 \(a\)。求最终每个学生的生活费。这是一个逆向处理 + 整体最大值维护问题，关键在于识别整体操作的后效性，从后往前处理避免重复更新。
算法选择：
- 逆向扫描：从最后一次操作向前处理，维护当前已见的最大标准线 max_line
- 懒标记思想：整体操作影响所有学生，逆向处理时只需记录一个全局最大值，单点操作时再用该值修正
关键步骤：
- 初始化：读取 \(n\)（学生数）、\(m\)（操作数）、初始生活费 \(p[1..n]\)
- 存储操作：遍历 \(i\) 从 \(1\) 到 \(m\)：
  - 若 op == 'I'：记录 id[i] 和 v[i]（单点操作）
  - 若 op == 'S'：设 id[i] = 0，记录 v[i]（整体操作的标准线）
- 逆向处理（从 \(i = m\) 到 \(1\)）：
  - 若 id[i] == 0（整体操作）：max_line = max(max_line, v[i])：更新当前最大标准线
  - 否则若 ans[id[i]] == 0（该学生尚未被赋值）：
    - ans[id[i]] = max(v[i], max_line)：单点修改值与后续整体操作的最大标准线取较大值
- 处理未被操作的学生：
  - 遍历 \(i\) 从 \(1\) 到 \(n\)：
    - 若 ans[i] == 0：ans[i] = max(p[i], max_line)：初始值与最大标准线取较大值
- 输出 ans[1..n]
时间/空间复杂度：
- 时间复杂度：\(O(n + m)\)，存储操作 \(O(m)\)，逆向处理 \(O(m)\)，最终处理 \(O(n)\)
- 空间复杂度：\(O(n + m)\)，存储操作数组和答案数组
逆向处理的核心思想：
- 整体操作的后效性：S a 影响所有当前生活费低于 \(a\) 的学生，后续的单点修改可能覆盖该影响。正向处理需要每次遍历全部学生，逆向处理只需维护一个全局 max_line
- 时间顺序反转：从后往前扫描时，对于某个单点操作 I id v，该学生最终值应为 max(v, 后续所有整体操作的最大标准线)，因为后续的整体操作一定会作用于该学生
- 首次赋值原则：逆向处理中每个学生的第一次遇到的操作（即时间上最后一次影响该学生的操作）决定其最终值，因此 ans[id] == 0 时才赋值
- 未操作学生处理：从未被单点修改过的学生，最终值为 max(初始值, 所有整体操作的最大标准线)
- 适用于"区间批量更新 + 单点修改"类问题，逆向处理可将 \(O(n \times m)\) 的暴力模拟优化为线性复杂度

【算法标签】

模拟

【代码详解】

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
int n, m, p[N], id[N], v[N];
int ans[N];
int main()
{
    cin >> n >> m;  // 输入n个元素和m个操作

    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        cin >> p[i];  // 输入初始值
    }

    for (int i = 1; i <= m; i++)  // 输入m个操作
    {
        char op;
        cin >> op;
        if (op == 'I')  // 单点赋值操作
        {
            cin >> id[i] >> v[i];
        }
        else  // 整体更新操作
        {
            cin >> v[i];
        }
    }

    int max_line = 0;  // 记录从后往前看到的整体最大值

    // 从后往前处理操作
    for (int i = m; i >= 1; i--)
    {
        if (id[i] == 0)  // 整体操作
        {
            max_line = max(max_line, v[i]);  // 更新整体最大值
        }
        else if (ans[id[i]] == 0)  // 单点操作，且这个位置还没被赋值
        {
            ans[id[i]] = max(v[i], max_line);  // 取操作值和整体最大值的最大值
        }
    }

    // 处理未被操作过的元素
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        if (ans[i] == 0)  // 这个位置没被赋值过
        {
            ans[i] = max(p[i], max_line);  // 取初始值和整体最大值的最大值
        }
    }

    // 输出结果
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        cout << ans[i] << endl;
    }

    return 0;
}

【运行结果】

4 3
10 20 30 40
S 35
I 1 20
S 25
25
35
35
40

posted @ 2026-07-04 14:48 团爸讲算法阅读(5) 评论(0) 收藏举报

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