写在前面
注:以下题解不一定正确,仅供参考。故只给出大体思路及代码,如有错误,还请大佬多多指正。
2023年3月14日:根据蓝桥官网的评测系统,对题目答案进行了评测,高亮标识的代表未AC100%,之后将给出AC代码。
2023年3月16日~2023年3月17日:参考蓝桥官方解析直播以及一些博主的题解分享对代码进行修改,并在蓝桥官网的评测系统中通过所有样例,感谢博主的分享,所有题目已经修改完成,均可AC100%。
一、字母数(AC100%)
题目描述
请找到一个大于 2022 的最小数,这个数转换成十六进制之后,所有的数位(不含前导 0)都为字母(A 到 F)。
请将这个数的十进制形式作为答案提交。
解题报告
1、大体思路
从2022开始向后枚举,每次都将枚举到的数转化为16进制,然后判断每位数字是否满足条件。
2、代码详解
#include <iostream>
using namespace std;
bool check(int x){
while(x){
int r=x%16;
if(r>=0&&r<=9){
return false;
}
x/=16;
}
return true;
}
int main(){
for(int i=2022;;i++){
if(check(i)){
cout<<i;
break;
}
}
return 0;
}
参考答案
2730
1
二、列名(AC100%)
题目描述
在 Excel 中,列的名称使用英文字母的组合。前 26 列用一个字母,依次为 A 到 Z,接下来 26*26 列使用两个字母的组合,依次为 AA 到 ZZ。
请问 第 2022 列的名称 是什么?
解题报告
1、大体思路
比赛时将这道题理解错了,以为是最多从A~ZZ,超过的从头再循环。
赛后参考其他大佬的题解发现是走到ZZ之后是每三位是一列:AAA、AAB、…,走完三位就是四位,依次排。错误代码就不写在下面了,下面代码为纠正思路后的代码。
将A~Z映射成1 ~26,也就是一个“26进制的数”,注意这个进制比较特殊,不是从0 ~25,而且是满27进1,这样就将该问题转换成了一个进制转化问题:十进制2022,对应该进制表示为多少。
补:
简单解法:通过Excel软件,在单元格中输入1,然后按住Ctrl往后拉到2022列即可。
2、代码详解
#include <iostream>
using namespace std;
int main(){
int n;
cin>>n;
while(n){
cout<<n%26<<' ';
n/=26;
}
return 0;
}
参考答案
上述程序输出是 20 25 2
因为先输出的余数是低位,所以对应的答案应该是 2 25 20 所对应的字母
即BYT
1
2
3
三、特殊日期(AC100%)
题目描述
对于一个日期,我们可以计算出年份的各个数位上的数字之和,也可以分别计算月和日的各位数字之和。请问从 1900 年 1 月 1 日至 9999 年 12 月 31 日,总共有多少天,年份的数位数字之和等于月的数位数字之和加日的数位数字之和。例如,2022年11月13日满足要求,因为 2+0+2+2=(1+1)+(1+3) 。
请提交满足条件的日期的总数量。
解题报告
1、大体思路
暴力枚举,按题目要求进行判断,注意闰年条件(能被4整除不能被100整除或者能够被400整除的年份)。
2、代码详解
#include <iostream>
using namespace std;
int ans;
int pmonth[]={31,28,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31};
int rmonth[]={31,29,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31};
int ryear(int n){
if(n%100!=0&&n%4==0||n%400==0){
return true;
}
return false;
}
int num_sum(int x){
int sum=0;
while(x){
sum+=x%10;
x/=10;
}
return sum;
}
int main(){
for(int i=1900;i<=9999;i++){
int target=num_sum(i);
bool flag=false;
if(ryear(i)) flag=true;
for(int j=1;j<=12;j++){
int sum=0;
sum+=num_sum(j);
if(flag){
for(int w=1;w<=rmonth[j-1];w++){
sum+=num_sum(w);
if(sum==target){
ans++;
}
sum-=num_sum(w);
}
}
else{
for(int w=1;w<=pmonth[j-1];w++){
sum+=num_sum(w);
if(sum==target){
ans++;
}
sum-=num_sum(w);
}
}
}
}
cout<<ans;
return 0;
}
参考答案
70910
1
四、大乘积(AC100%)
题目描述
小蓝有 30 个数,分别为:99, 22, 51, 63, 72, 61, 20, 88, 40, 21, 63, 30, 11, 18, 99, 12, 93, 16, 7, 53, 64, 9, 28, 84, 34, 96, 52, 82, 51, 77 。
小蓝可以在这些数中取出两个序号不同的数,共有 30*29/2=435 种取法。
请问这 435 种取法中,有多少种取法取出的两个数的乘积大于等于 2022 。
解题报告
1、大体思路
组合问题,选1号和2号、2号和1号是同一种选法,所以每次选第二个数都从第一个选到的数的后面选就可以避免重复。
2、代码详解
#include <iostream>
using namespace std;
int num[]={99, 22, 51, 63, 72, 61, 20, 88, 40, 21, 63, 30, 11, 18, 99, 12, 93, 16, 7, 53, 64, 9, 28, 84, 34, 96, 52, 82, 51, 77};
int ans;
int main(){
for(int i=0;i<30;i++){
for(int j=i+1;j<30;j++){
if(num[i]*num[j]>=2022) ans++;
}
}
cout<<ans;
return 0;
}
参考答案
189
1
五、最大连通(已修正)
题目描述
小蓝有一个 30 行 60 列的数字矩阵,矩阵中的每个数都是 0 或 1 。
如果从一个标为 1 的位置可以通过上下左右走到另一个标为 1 的位置,则称两个位置连通。与某一个标为 1 的位置连通的所有位置(包括自己)组成一个连通分块。
请问矩阵中 最大的连通分块有多大
110010000011111110101001001001101010111011011011101001111110
010000000001010001101100000010010110001111100010101100011110
001011101000100011111111111010000010010101010111001000010100
101100001101011101101011011001000110111111010000000110110000
010101100100010000111000100111100110001110111101010011001011
010011011010011110111101111001001001010111110001101000100011
101001011000110100001101011000000110110110100100110111101011
101111000000101000111001100010110000100110001001000101011001
001110111010001011110000001111100001010101001110011010101110
001010101000110001011111001010111111100110000011011111101010
011111100011001110100101001011110011000101011000100111001011
011010001101011110011011111010111110010100101000110111010110
001110000111100100101110001011101010001100010111110111011011
111100001000001100010110101100111001001111100100110000001101
001110010000000111011110000011000010101000111000000110101101
100100011101011111001101001010011111110010111101000010000111
110010100110101100001101111101010011000110101100000110001010
110101101100001110000100010001001010100010110100100001000011
100100000100001101010101001101000101101000000101111110001010
101101011010101000111110110000110100000010011111111100110010
101111000100000100011000010001011111001010010001010110001010
001010001110101010000100010011101001010101101101010111100101
001111110000101100010111111100000100101010000001011101100001
101011110010000010010110000100001010011111100011011000110010
011110010100011101100101111101000001011100001011010001110011
000101000101000010010010110111000010101111001101100110011100
100011100110011111000110011001111100001110110111001001000111
111011000110001000110111011001011110010010010110101000011111
011110011110110110011011001011010000100100101010110000010011
010011110011100101010101111010001001001111101111101110011101
解题报告
1、大体思路
>思路是深搜,但是本题比赛时调了很久,不确定答案是否正确,参考即可。
枚举每个位置,如果该位置是1就深搜查找,每次枚举它上下左右的数,直到到达的数上下左右都为0,记录答案并回溯,个人感觉这道题和后面第九题很像。
正确思路:利用Flood Fill算法,既可以深搜也可以宽搜,将走到的1标记(或者直接将该位置的值修改),统计出最大连通块中1的个数即可。
2、代码详解
正确思路
深搜实现
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
int dx[]={-1,1,0,0},dy[]={0,0,-1,1}; //方向数组存储四个方向坐标偏移量
char g[35][65];
int res=1;
int dfs(int x,int y){
int cnt=1;
g[x][y]='0'; //每次将该位置的1标记为已搜过
for(int i=0;i<4;i++){
int a=x+dx[i],b=y+dy[i];
if(a>=0&&a<30&&b>=0&&b<60&&g[a][b]=='1'){
cnt+=dfs(a,b); //深搜统计1的个数
}
}
return cnt;
}
int main(){
for(int i=0;i<30;i++){
for(int j=0;j<60;j++){
cin>>g[i][j];
}
}
for(int i=0;i<30;i++){
for(int j=0;j<60;j++){
if(g[i][j]=='1'){ //枚举每个1的位置,进行深搜,答案即为某个1深搜得到的1的总数的最大值
res=max(dfs(i,j),res);
}
}
}
cout<<res;
return 0;
}
宽搜实现
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <utility>
using namespace std;
typedef pair<int,int> PII;
int dx[]={-1,1,0,0},dy[]={0,0,-1,1}; //方向数组存储四个方向坐标偏移量
char g[35][65];
int res=1;
queue<PII> q;
//返回从(x,y)开始拓展的最大连通块中1的个数
int bfs(int x,int y){
q.push({x,y});
int sum=0;
while(!q.empty()){
PII t=q.front(); //每次将队头进行拓展
q.pop();
g[t.first][t.second]='0'; //首先将队头设置为已经被遍历过
sum++;
for(int i=0;i<4;i++){
int a=t.first+dx[i],b=t.second+dy[i];
if(a>=0&&a<30&&b>=0&&b<60&&g[a][b]=='1'){ //如果该点可以被拓展,则将其标记为已经被遍历过
g[a][b]='0';
q.push({a,b}); //将该点入队
}
}
}
return sum;
}
int main(){
for(int i=0;i<30;i++){
for(int j=0;j<60;j++){
cin>>g[i][j];
}
}
for(int i=0;i<30;i++){
for(int j=0;j<60;j++){
if(g[i][j]=='1'){ //枚举每个1的位置,进行深搜,答案即为某个1深搜得到的1的总数的最大值
res=max(bfs(i,j),res);
}
}
}
cout<<res;
return 0;
}
当时错误代码
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
int dx[]={-1,1,0,0},dy[]={0,0,-1,1};
char g[35][65];
bool st[35][65];
int sum=1;
int res=1;
int ans=1;
bool check(int x,int y){
for(int i=0;i<4;i++){
int a=x+dx[i],b=y+dy[i];
if(!(a>=0&&a<30&&b>=0&&b<60)) continue;
if(a>=0&&a<30&&b>=0&&b<60&&g[a][b]=='1'&&!st[a][b]) return false;
}
return true;
}
void dfs(int x,int y){
if(check(x,y)){
res=max(res,sum);
return ;
}
for(int i=0;i<4;i++){
int a=x+dx[i],b=y+dy[i];
if(a>=0&&a<30&&b>=0&&b<60&&g[a][b]=='1'&&!st[a][b]){
sum++;
st[a][b]=true;
dfs(a,b);
st[a][b]=false;
sum--;
}
}
}
int main(){
for(int i=0;i<30;i++){
for(int j=0;j<60;j++){
cin>>g[i][j];
}
}
for(int i=0;i<30;i++){
for(int j=0;j<60;j++){
res=1;
if(g[i][j]=='1'){
dfs(i,j);
ans=max(ans,res);
}
}
}
cout<<ans;
return 0;
}
参考答案
148
1
六、星期几(AC100%)
题目描述
问题描述
给定一天是一周中的哪天,请问 n 天后是一周中的哪天?
输入格式
输入第一行包含一个整数 w,表示给定的天是一周中的哪天,w 为 1 到 6 分别表示周一到周六,w 为 7 表示周日。
第二行包含一个整数 n。
输出格式
输出一行包含一个整数,表示 n 天后是一周中的哪天,1 到 6 分别表示周一到周六,7 表示周日。
样例输入
6
10
1
2
样例输出
2
1
评测用例规模与约定
对于所有评测用例,1 <= n <= 1000000。
解题报告
1、大体思路
如果当前是周w,算上该周天数则就相当于总共过了n+w天,问现在是周几,所以直接取模7即可,注意结果为0需要特判一下,结果为0应该输出7。
2、代码详解
#include <iostream>
using namespace std;
int w;
int n;
int main(){
cin>>w>>n;
int ans=(n+w)%7;
if(!ans) cout<<7;
else cout<<ans;
return 0;
}
七、信号覆盖(AC100%)
题目描述
问题描述
小蓝负责一块区域的信号塔安装,整块区域是一个长方形区域,建立坐标轴后,西南角坐标为 (0,
0), 东南角坐标为 (W, 0), 西北角坐标为 (0, H), 东北角坐标为 (W, H)。其中 W, H 都是整数。
他在 n 个位置设置了信号塔,每个信号塔可以覆盖以自己为圆心,半径为 R 的圆形(包括边缘)。
为了对信号覆盖的情况进行检查,小蓝打算在区域内的所有横纵坐标为整数的点进行测试,检查信号状态。
其中横坐标范围为 0 到 W,纵坐标范围为 0 到 H,总共测试 (W+1) * (H+1) 个点。
给定信号塔的位置,请问 这 (W+1)*(H+1) 个点中有多少个点被信号覆盖。
输入格式
输入第一行包含四个整数 W, H, n, R,相邻整数之间使用一个空格分隔。
接下来 n 行,每行包含两个整数 x, y,表示一个信号塔的坐标。信号塔可能重合,表示两个信号发射器装在了同一个位置。
输出格式
输出一行包含一个整数,表示答案。
评测用例规模与约定
对于所有评测用例,1 <= n <= 100,每个单词的长度不超过 100。
样例输入
10 10 2 5
0 0
7 0
样例输出
57
1
解题报告
1、大体思路
模拟,利用两点间距离公式,距离小于等于半径满足题意,将该位置标记即可,统计标记位置的个数。
2、代码详解
#include <iostream>
#include <cmath>
using namespace std;
const int N=110;
bool g[N][N];
int W,H,n,R;
int ans;
int main(){
cin>>W>>H>>n>>R;
while(n--){
int x,y;
cin>>x>>y;
for(int i=0;i<=W;i++){
for(int j=0;j<=H;j++){
if(abs(x-i)*abs(x-i)+abs(y-j)*abs(y-j)<=R*R) g[i][j]=true;
}
}
}
for(int i=0;i<=W;i++){
for(int j=0;j<=H;j++){
if(g[i][j]) ans++;
}
}
cout<<ans;
return 0;
}
八、清理水域(AC100%)
题目描述
问题描述
小蓝有一个 n * m 大小的矩形水域,小蓝将这个水域划分为 n 行 m 列,行数从 1 到 n 标号,列数从 1 到 m 标号。每行和每列的宽度都是单位 1 。
现在,这个水域长满了水草,小蓝要清理水草。
每次,小蓝可以清理一块矩形的区域,从第 r1 行(含)到第 r2 行(含)的第 c1 列(含)到 c2 列(含)。
经过一段时间清理后,请问 还有多少地方没有被清理过。
输入格式
输入第一行包含两个整数 n, m,用一个空格分隔。
第二行包含一个整数 t ,表示清理的次数。
接下来 t 行,每行四个整数 r1, c1, r2, c2,相邻整数之间用一个空格分隔,表示一次清理。请注意输入的顺序。
输出格式
输出一行包含一个整数,表示没有被清理过的面积。
评测用例规模与约定
对于所有评测用例,1 <= r1 <= r2 <= n <= 100, 1 <= c1 <= c2 <= m <= 100, 0 <= t <= 100。
样例输入
2 3
2
1 1 1 3
1 2 2 2
样例输出
2
1
样例输入
30 20
2
5 5 10 15
6 7 15 9
样例输出
519
1
解题报告
1、大体思路
乍一看像二维差分,但看了下数据范围,好像可以暴力过,直接暴力模拟了。
2、代码详解
#include <iostream>
using namespace std;
const int N=110;
bool g[N][N];
int n,m;
int ans;
int main(){
cin>>n>>m;
int t;
cin>>t;
while(t--){
int r1,c1,r2,c2;
cin>>r1>>c1>>r2>>c2;
for(int i=r1;i<=r2;i++){
for(int j=c1;j<=c2;j++){
g[i][j]=true;
}
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m;j++){
if(!g[i][j]) ans++;
}
}
cout<<ans;
return 0;
}
九、滑行(已修正)
题目描述
问题描述
小蓝准备在一个空旷的场地里面滑行,这个场地的高度不一,小蓝用一个 n 行 m 列的矩阵来表示场地,矩阵中的数值表示场地的高度。
如果小蓝在某个位置,而他上、下、左、右中有一个位置的高度 (严格)低于当前的高度,小蓝就可以滑过去,滑动距离为 1 。
如果小蓝在某个位置,而他上、下、左、右中所有位置的高度都大于等于当前的高度,小蓝的滑行就结束了。
小蓝不能滑出矩阵所表示的场地。
小蓝可以任意选择一个位置开始滑行,请问 小蓝最多能滑行多远距离。
输入格式
输入第一行包含两个整数 n, m,用一个空格分隔。
接下来 n 行,每行包含 m 个整数,相邻整数之间用一个空格分隔,依次表示每个位置的高度。
输出格式
输出一行包含一个整数,表示答案。
评测用例规模与约定
对于 30% 评测用例,1 <= n <= 20,1 <= m <= 20,0 <= 高度 <= 100。
对于所有评测用例,1 <= n <= 100,1 <= m <= 100,0 <= 高度 <= 10000。
解题报告
1、大体思路
个人感觉和第五题很类似,思路是深搜,枚举每个点,然后如果满足条件就继续深搜,到达某一个点时不满足条件了,就收获答案并回溯。
不确定是否正确,样例可以过。
正确思路:本题直接dfs会超时,所以需要dfs+记忆化搜索。也相当于是dp,只不过每次计算状态的时候是用深搜来计算的。
(1)f[i][j]表示从(i,j)开始滑,可以滑行的最大距离。
(2)f[i][j]可以滑向它上下左右的四个方向,所以有四种状态,假设第一步滑行到了(x,y),每种状态都可以先将第一步的滑行去掉,然后就转化成了求从(x,y)开始滑行,可以滑行的最大距离,根据定义可知,这个就是f[x][y]的定义,所以,我们可以得到转移方程:f[i][j]=max(f[i][j],f[x][y]+1)。而由于每个状态,我们需要深搜求得,所以本题就在转移过程中又利用了深搜。
本题与AcWing官网901. 滑雪十分相似,感兴趣的同学可以去看一下,还有y总的精彩讲解。
2、代码详解
正确思路
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N=110;
int dx[]={1,-1,0,0},dy[]={0,0,1,-1}; //方向数组,记录四个方向的偏移量
int g[N][N];
int f[N][N];
int n,m;
//dfs(x,y)返回从(x,y)开始滑行,可以滑行的最大距离
int dfs(int x,int y){
if(f[x][y]!=-1) return f[x][y]; //如果该状态已经被计算过则直接返回
f[x][y]=1; //当前状态最少是1(当前位置)
//枚举上下左右四个方向
for(int i=0;i<4;i++){
int a=x+dx[i],b=y+dy[i];
//如果该方向在范围内且可以滑过去
if(a>=1&&a<=n&&b>=1&&b<=m&&g[a][b]<g[x][y])
f[x][y]=max(f[x][y],dfs(a,b)+1); //转移方程
}
return f[x][y];
}
int main(){
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m;j++){
cin>>g[i][j];
}
}
int ans=1;
memset(f,-1,sizeof f); //初始化每个状态都为-1,表示为都没有计算过
//枚举每个点,从每个点开始滑行,求出最大滑行距离,最后再取一个最大值,即为答案
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m;j++){
ans=max(ans,dfs(i,j));
}
}
cout<<ans;
return 0;
}
AC30%
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N=110;
int dx[]={1,-1,0,0},dy[]={0,0,1,-1};
int g[N][N];
bool st[N][N];
int n,m;
int sum=1;
int ans=1;
int res=1;
bool check(int x,int y){
for(int i=0;i<4;i++){
int a=x+dx[i],b=y+dy[i];
if(!(a>=0&&a<n&&b>=0&&b<m)) continue;
if(a>=0&&a<n&&b>=0&&b<m&&g[a][b]<g[x][y]&&!st[a][b]) return false;
}
return true;
}
void dfs(int x,int y){
if(check(x,y)){
res=max(res,sum);
return ;
}
for(int i=0;i<4;i++){
int a=x+dx[i],b=y+dy[i];
if(a>=0&&a<n&&b>=0&&b<m&&g[a][b]<g[x][y]&&!st[a][b]){
sum++;
st[a][b]=true;
dfs(a,b);
st[a][b]=false;
sum--;
}
}
}
int main(){
cin>>n>>m;
for(int i=0;i<n;i++){
for(int j=0;j<m;j++){
cin>>g[i][j];
}
}
for(int i=0;i<n;i++){
for(int j=0;j<m;j++){
res=1;
dfs(i,j);
ans=max(ans,res);
}
}
cout<<ans;
return 0;
}
十、附近最小(已修正)
题目描述
问题描述
小蓝有一个序列 a[1], a[2], …, a[n]。
给定一个正整数 k,请问对于每一个 1 到 n 之间的序号 i,a[i-k], a[i-k+1], …, a[i+k] 这 2k+1 个数中的 最小值 是多少?当某个下标超过 1 到 n 的范围时,数不存在,求最小值时只取存在的那些值。
输入格式
输入的第一行包含一整数 n。
第二行包含 n 个整数,分别表示 a[1], a[2], …, a[n]。
第三行包含一个整数 k 。
输出格式
输出一行,包含 n 个整数,分别表示对于每个序号求得的最小值。
评测用例规模与约定
对于 30% 的评测用例,1 <= n <= 1000,1 <= a[i] <= 1000。
对于 50% 的评测用例,1 <= n <= 10000,1 <= a[i] <= 10000。
对于所有评测用例,1 <= n <= 1000000,1 <= a[i] <=1000000。
解题报告
1、大体思路
每次将这2k+1个数的最大值记录下来,然后输出。
数据应该最多过一半,比赛时没有想到优化方法,果断结束了,赛后了解到好像需要使用线段树,没有学过。
正确思路:可以用线段树和st表,但可惜都没学过,所以利用单调队列进行了优化。
思路参考博客:感谢博主的分享
该题可以利用两个单调队列来分别求出每个数左边k个数(包含自己)的最小值,再求出每个数右边k个数(包含自己)的最小值,两者取一个min即为区间[i-k,i+k]的最小值。
2、代码详解
正确思路
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N=1000010;
int a[N],ans1[N],ans2[N]; //ans1[]存储每个元素前k个(包含自己)元素中的最小值,ans2[]存储每个元素后k个元素(包含自己)元素中的最小值
int q1[N],q2[N];
int n,k;
int main(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
cin>>k;
int hh=0,tt=-1;
//窗口从前往后滑动,每次窗口中的最小值代表的是窗口中末元素前k个(包含自己)的最小值
for(int i=1;i<=n;i++){
while(hh<=tt&&q1[hh]<i-k) hh++;
while(hh<=tt&&a[q1[tt]]>=a[i]) tt--;
q1[++tt]=i;
ans1[i]=a[q1[hh]];
}
hh=0,tt=-1;
reverse(a+1,a+n+1); //我们为了方便可以复用上面的代码,将数组反转
//窗口也是从前往后滑动,因为已将数组反转,所以每次窗口中的最小值代表的是窗口中末元素前k个(包含自己)的最小值 ,也就是原序列中该元素后k个(包含自己)的最小值
for(int i=1;i<=n;i++){
while(hh<=tt&&q2[hh]<i-k) hh++;
while(hh<=tt&&a[q2[tt]]>=a[i]) tt--;
q2[++tt]=i;
ans2[n-i+1]=a[q2[hh]];
}
for(int i=1;i<=n;i++) cout<<min(ans1[i],ans2[i])<<' '; //该元素前k个元素和后k个元素(包含自己)中的最小值,即[i-k,i+k]中的最小值
return 0;
}
AC80%
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N=1000010;
int a[N];
int n;
int k;
int main(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>a[i];
}
cin>>k;
for(int i=1;i<=n;i++){
int ans=0x3f3f3f3f;
int l,r;
l=max(1,i-k);
r=min(n,i+k);
for(int j=l;j<=r;j++){
ans=min(ans,a[j]);
}
cout<<ans<<' ';
}
return 0;
}