【第十四届蓝桥杯】第三期官方校内模拟赛B组C++题解（已修正完毕，均可AC100%）

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 
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

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 
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

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 
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

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 
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

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

1. 深搜实现

#include 
#include 
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;
}

2. 宽搜实现

#include 
#include 
#include 
#include 
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 
#include 
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

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

样例输出

2

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 
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

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 
#include 
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

样例输入

30 20
2
5 5 10 15
6 7 15 9

样例输出

519

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 
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 
#include 
#include  
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 
#include 
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 
#include 
#include 
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 
#include 
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;
}