来源：力扣（LeetCode）

链接：https://leetcode-cn.com/problems/find-servers-that-handled-most-number-of-requests

题目描述

你有 k 个服务器，编号为 0 到 k-1 ，它们可以同时处理多个请求组。每个服务器有无穷的计算能力但是 不能同时处理超过一个请求 。请求分配到服务器的规则如下：

第 i （序号从 0 开始）个请求到达。

如果所有服务器都已被占据，那么该请求被舍弃（完全不处理）。

如果第 (i % k) 个服务器空闲，那么对应服务器会处理该请求。

否则，将请求安排给下一个空闲的服务器（服务器构成一个环，必要的话可能从第 0 个服务器开始继续找下一个空闲的服务器）。比方说，如果第 i 个服务器在忙，那么会查看第 (i+1) 个服务器，第 (i+2) 个服务器等等。

给你一个 严格递增 的正整数数组 arrival ，表示第 i 个任务的到达时间，和另一个数组 load ，其中 load[i] 表示第 i 个请求的工作量（也就是服务器完成它所需要的时间）。你的任务是找到 最繁忙的服务器 。最繁忙定义为一个服务器处理的请求数是所有服务器里最多的。

请你返回包含所有 最繁忙服务器 序号的列表，你可以以任意顺序返回这个列表。

示例 1：

输入：k = 3, arrival = [1,2,3,4,5], load = [5,2,3,3,3]

输出：[1]

解释：

所有服务器一开始都是空闲的。

前 3 个请求分别由前 3 台服务器依次处理。

请求 3 进来的时候，服务器 0 被占据，所以它呗安排到下一台空闲的服务器，也就是服务器 1 。

请求 4 进来的时候，由于所有服务器都被占据，该请求被舍弃。

服务器 0 和 2 分别都处理了一个请求，服务器 1 处理了两个请求。所以服务器 1 是最忙的服务器。

示例 2：

输入：k = 3, arrival = [1,2,3,4], load = [1,2,1,2]

输出：[0]

解释：

前 3 个请求分别被前 3 个服务器处理。

请求 3 进来，由于服务器 0 空闲，它被服务器 0 处理。

服务器 0 处理了两个请求，服务器 1 和 2 分别处理了一个请求。所以服务器 0 是最忙的服务器。

示例 3：

输入：k = 3, arrival = [1,2,3], load = [10,12,11]

输出：[0,1,2]

解释：每个服务器分别处理了一个请求，所以它们都是最忙的服务器。

示例 4：

输入：k = 3, arrival = [1,2,3,4,8,9,10], load = [5,2,10,3,1,2,2]

输出：[1]

示例 5：

输入：k = 1, arrival = [1], load = [1]

输出：[0]

提示：

1 <= k <= 10⁵

1 <= arrival.length, load.length <= 10⁵

arrival.length == load.length

1 <= arrival[i], load[i] <= 10⁹

arrival 保证 严格递增 。

解题思路

模拟题，利用一个set存储当前空闲的服务器，利用优先队列存储正在运行的服务器，每次新请求到达前，先更新忙碌服务器的状态，然后在空闲服务器中找出编号最小的大于等于i % k的服务器，执行请求，统计每个服务器处理的请求数目，然后返回最大值的下标。

代码展示

class Solution {
public:
    vector<int> busiestServers(int k, vector<int>& arrival, vector<int>& load) {
        vector<int> viCount(k, 0);
        vector<int> viRet;
        set<int> setiAvailable;
        for (int i = 0; i < k; i++) {
            setiAvailable.insert(i);
        }
        priority_queue<pair<int, int>, vector<pair<int, int>>, greater<>> busy;
        for(int i = 0; i < arrival.size(); i++)
        {
            while(!busy.empty())
            {
                auto p = busy.top();
                if(p.first <= arrival[i])
                {
                    busy.pop();
                    setiAvailable.insert(p.second);
                }   
                else
                    break;
            }
            if(setiAvailable.empty())
                continue;
            auto p = setiAvailable.lower_bound(i % k);
            if(p == setiAvailable.end())
                p = setiAvailable.begin();
            busy.emplace(arrival[i] + load[i], *p);
            viCount[*p]++;
            setiAvailable.erase(*p);
        }
        int iMax = 0;
        for(auto iter: viCount)
            iMax = max(iter, iMax);
        for(int i = 0; i < k; i++)
        {
            if(viCount[i] == iMax)
                viRet.push_back(i);
        }
        return viRet;
    }
};

运行结果