技术标签： c++
现在有 n n n 种颜色的砖块，第一个必须放第 p p p 种颜色，最后一定得放第 q q q 种颜色，剩余中间的需要自己构造，使得每相邻两个砖块的颜色不相等，有解随便输出任意一种，无解则输出 0 0 0。
这是一道很好的贪心构造题，最优的方案，肯定就是先放最少最多，用最多的来分隔少的，因为这样最多的可以放置的更为均匀，以达到我们实现最优方案的目的，不然会导致多的前面放的过少，后面聚在一堆，实现出来的代码显示的是无解。当然如果当前最多的颜色与前面一项相等，那么我们要取一二大的，以此类推。
而我们知道了，想要实现此方法需要一边运行放颜色，一边排序，如果直接用用排序函数，占用时间太大，肯定会超时，那么我们就可以用到优先队列，它是可以边运行边排序的。
我们可以用变量 s s s，记录总砖块数，接着通过循环实现放砖块：
当前最多的砖块他的下标与前面相等，那么我可以用 t t t 记录最多砖块的数量，把它从队列中移除，找到第二多的砖块，将这个砖块的数量减 1 1 1。
当前最多的砖块他的下标与前面不相等，直接用此砖块，将这个砖块的数量减 1 1 1。
当然，在过程中我们还要判断，本种砖块数是否大于 0 0 0，和此时队列里还有没有砖块，如果没有砖块，则无解。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,p,y,s;
int ar[1000005];
bool f;
struct node{
int x;
int id;
}a[1000005];
bool operator <(node l,node r){
if (l.x != r.x) return l.x<r.x;
if (l.id == y) return 0;
if (r.id == y) return 1;
return 0;
}
priority_queue<node> q;
int main(){
cin>>n>>p>>y;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>a[i].x;
if(i==p) a[i].x--;
if(i==y) a[i].x--;
s+=a[i].x;
a[i].id=i;
q.push(node{
a[i].x,i});
}
int u=p;
ar[s+2]=y;
for(int i=2;i<=s+1;i++){
node t=q.top();q.pop();
if(t.x>0) t=t;
else{
f=1;
break;
}
if(t.id!=u&&t.x>0){
ar[i]=t.id;
q.push(node{
t.x-1,t.id});
u=ar[i];
}else if(q.size()&&t.x>0){
node v=q.top();
q.pop();
ar[i]=v.id;
q.push(node{
v.x-1,v.id});
q.push(node{
t.x,t.id});
u=ar[i];
}else if(!q.size()){
f=1;
break;//不加 RE，我找了两位大佬才调出来
}
}
if(f){
cout<<"0";
return 0;
}
for(int i=1;i<=s+1;i++){
if(ar[i]==ar[i+1]){
f=1;
}
}
if(f){
cout<<"0";
return 0;
}
cout<<p<<" ";
for(int i=2;i<=s+1;i++){
cout<<ar[i]<<" ";
}
cout<<ar[s+2];
return 0;
}
这样这道题就结束啦！
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