题目分析 经过的仔细阅读，我们可以将题意理解为：给出多组船的信息，求在一天的范围内的不同船的种类 我们可以很自然的想到队列的维护
这里，我们按船的信息来作为队列的元素的 对于前一天的无用信息，我们进行出队处理
在维护上面是比较容易写的，对于每一个进来的信息，给其相应的种类的计数的桶累加 当然，第一个元素的入队我们要特判一下,然后后面是出队， 最后是判断当前元素是不是第一次被加进来，累加一下当前不同的种类的个数就行了
但是，我在写的时候有一个地方出了一些问题， 对于这道题目，有可能出现的问题便是重复和边界了， 由于边界不是很大，所以并不需要过分考虑，所以我们来把焦点汇聚到重复上面 经过思考，我发现类似以下的数据，可以卡掉： 2 1 3 33 33 44 86401 1 33 正确的显然是： 2 1 但是如果像上面那样写的话，答案却是： 2 2 （vis表示当前种类的种族有多少人） 这是为什么呢? 下面我们把数据带进去看一下 在第一组时，是没有任何问题的 在第二组时，我们一边入队，一边出队也是没有什么问题的，真正卡掉的是判断的条件 在第二组时，我们首先将元素入队，可以发现vis[33]=3，之后把前面的扔出去，vis[33]=1——又符合了一种新物种的判断条件！GG 所以我们需要的调整是，把出队和入队分开， 入队还是做入队的事情，出队还是考虑出队的事情，只是在入队时考虑好新的种类，再在出队时考虑上一船的人下完了，相应种族的灭绝再在上面累加的上面减，如果当前的种类上一次也有就不用加，当然出队时也只会留下一个
代码
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; struct node { int k; //种类 long long t; //上船时间 }p[1000009]; int m,n; long long T; int h = 1, w = 1; long long s; int vis[1000009]; //当前种类个数 int a[1000009]; bool jud = true; //用于第一个的特判 int main() { scanf("%d",&m); while (m--) { scanf("%lld %d",&T,&n); for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d",&a[i]); for (int i = 1; i <= n; i++) { if (jud) p[h].k = a[i], p[h].t = T, vis[a[i]]++, jud = false; //第一个元素特判 else w++, p[w].k = a[i], p[w].t = T, vis[a[i]]++; //常规操作 if (vis[a[i]] == 1) s++; //看看是不是新的种类 } while (p[w].t - p[h].t >= 86400) { //出队 vis[p[h].k]--; //当前种族个数递减 if (vis[p[h].k] == 0) s--; //种族灭绝 h++; //队头后移 } printf("%lld\n",s); } return 0; }crx CSP-J/S RP++
