1. 大部分OJ的内存都采取严格管理，比如定义a[10],则内存方面只剩请10个，若越界访问，代码直接崩溃。 但Helloworld就不一样，只要访问越界次数不多，不严重，连RE也不会判。例如用c语言风格输入:

   char str[114514];
   ...
   scanf("%s",str);
   ...

   其他OJ上，如输入字符串长度为114514，则崩溃RE（有时侥幸会WA），这是因为scanf会自动在字符串末尾加入'\0'作为结束符以保证其他操作如strlen就不会出问题。 但是，当长度为114514时，scanf会在str[114514]位置放置'\0'，然后RE。 有时候侥幸过了，但printf也是基于'\0'的，所以在没存上'\0'时，它会报你100%WA。 可Helloworld就不太一样，他只看代码的反应，而且和本地运行相似，有时候应该判RE时不判，WA也不对。

这道题目与#288.[2004]合并果子比较类似，想必思路应该是

for i in [1,n-1) then
    sort a+i to a+n
   q1 <- a[i]
   q2 <- a[i+1]
   a[i+1] <- ( q1 + q2 ) /k

其中，n为题目中的n，a为数组，k为题目中的k，q1和q2为两个int类型的临时变量，sort同sort(a+i,a+n,cmp)（其中cmp将其转换为递减排序）。

很明显，如果一直这样一直sort,复杂度可想而知啊：O(n * n log2 n)至O(n^3)……

但可以水过哦

这里介绍优先队列，即大根堆，不必知道它是如何运作的，每次取top()值时，就可以得到队列中最大的元素！

代码部分（片段）

#include <queue>
#include <vector>//想要用优先队列就要带的东西
-
int n,k,w,a1,a2;//n和k同题目中的n和k；w为临时变量，用于存储w_i；a1和a2存储待处理项，即要“合并”的两个数
priority_queue < int > q;//定义方法
//or
//priority_queue < int , vector < int > , less < int > > q;

就像queue一样，其中的int可以换成其它类，如string,char,double等。

其中的lass参数决定了排序方案，greater决定每次取top()值为队列中最小的值（pop()同理），而lass可以让其返回最大的值。

用这个方案可以减少一定的复杂度：O（n * n log2 n)，要更快的会就只能去追求桶排序了。

for(int i=1;i<=n;i++){
    scanf("%d",&w);//我下过狠言：从此再也不用cin,cout。（前几天的一次60就是因此）
    q.push(w);//与queue同理
}
-
while(q.size()>1){//每次处理两个，所以必须大于一
    a1=q.top(),q.pop();
   a2=q.top(),q.pop();//取出来
   q.push((a1+a2)/k);//模拟
}

看起来还是很简单的，但这样做法有个弊端：由于每次都取两个数，而结果强制去小数，所以合并了[2,2]->(2+2)/2=2和[2,3]->(2+3)/2=2可以说是等价的，但是会浪费一个数2，所以有HACK数据：

4 5
30 31 33 34

其实Luogu上很多人过不去正是因此。应为我们的算法很天真：

30 31 33 34
merge [34,33]
13 30 31
merge [31,30]
12 13
merge [13,12]
5

但实际上……

merge [30,34]
12 31 33
merge [31,33]
12 12
merge [12,12]
4

所以这道题目在Luogu上很有争议的，而如果想试试，可以看看这个：https://www.luogu.com.cn/discuss/464526?page=5 ，可以看出，这有点不实际，所以暂时用这个方法是没有问题的，有待更多研究和结论。

先看题。

http://go.helloworldroom.com:50080/problem/2529

由题目可知，这道题要用排序。

答案ans初始化可以为1，计数方式为乘法原理：

在找到相同数时，并不是ans=ans或者ans=j这种东西，应该ans*=相同数的数量。

数组要开大一些。

排序建议用sort。

坑：

1.要用bool变量保存结果是否更改过。

2.如果字符串长度为1，那么"1."这部分代码甚至执行不到，因此要事先判断。