如果題目版權限制，不能發表該題解，請私信，我會立刻刪除博客。
題目描述
注意：本題只允許使用C/C++或Java進行解答，其他編程語言提交均視作無效處理。
小W有一個電子時鐘用於顯示時間，顯示的格式爲HH:MM:SS，HH，MM，SS分別表示時，分，秒。其中時的範圍爲[‘00’,‘01’…‘23’]，分的範圍爲[‘00’,‘01’…‘59’]，秒的範圍爲[‘00’,‘01’…‘59’]。
但是有一天小W發現鐘錶似乎壞了，顯示了一個不可能存在的時間“98:23:00”，小W希望改變最少的數字，使得電子時鐘顯示的時間爲一個真實存在的時間，譬如“98:23:00”通過修改第一個’9’爲’1’，即可成爲一個真實存在的時間“18:23:00”。修改的方法可能有很多，小W想知道，在滿足改變最少的數字的前提下，符合條件的字典序最小的時間是多少。其中字典序比較爲用“HHMMSS”的6位字符串進行比較。
輸入描述:
每個輸入數據包含多個測試點。每個測試點後有一個空行。 第一行爲測試點的個數T(T<=100)。 每個測試點包含1行，爲一個字符串”HH:MM:SS”，表示鐘錶顯示的時間。
輸出描述:
對於每個測試點，輸出一行。如果鐘錶顯示的時間爲真實存在的時間，則不做改動輸出該時間，否則輸出一個新的”HH:MM:SS”，表示修改最少的數字情況下，字典序最小的真實存在的時間。
示例1
輸入
2
19:90:23
23:59:59
輸出
19:00:23
23:59:59
【 網易互娛2018校招遊戲研發工程師在線筆試 A】【水題】
#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<string>
#include<ctype.h>
#include<math.h>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
#include<bitset>
#include<algorithm>
#include<time.h>
using namespace std;
void fre() { freopen("c://test//input.in", "r", stdin); freopen("c://test//output.out", "w", stdout); }
#define MS(x, y) memset(x, y, sizeof(x))
#define ls o<<1
#define rs o<<1|1
typedef long long LL;
typedef unsigned long long UL;
typedef unsigned int UI;
template <class T1, class T2>inline void gmax(T1 &a, T2 b) { if (b > a)a = b; }
template <class T1, class T2>inline void gmin(T1 &a, T2 b) { if (b < a)a = b; }
const int N = 0, M = 0, Z = 1e9 + 7, inf = 0x3f3f3f3f;
template <class T1, class T2>inline void gadd(T1 &a, T2 b) { a = (a + b) % Z; }
int casenum, casei;
int h, m, s;
char S[10];
int a[10], b[10];
struct ANS
{
int h, m, s;
}ans;
//簡單做法
void simple()
{
int h, m, s;
scanf("%d:%d:%d", &h, &m, &s);
if (h >= 24)h %= 10;
if (m >= 60)m %= 10;
if (s >= 60)s %= 10;
printf("%02d:%02d:%02d\n", h, m, s);
}
//複雜暴力做法
void complex()
{
scanf("%s", S);
a[0] = S[0] - 48;
a[1] = S[1] - 48;
a[2] = S[3] - 48;
a[3] = S[4] - 48;
a[4] = S[6] - 48;
a[5] = S[7] - 48;
//60 * 60 * 24
int ansdif = inf;
for (int i = 0; i < 24; ++i)
{
b[0] = i / 10;
b[1] = i % 10;
for (int j = 0; j < 60; ++j)
{
b[2] = j / 10;
b[3] = j % 10;
for (int k = 0; k < 60; ++k)
{
b[4] = k / 10;
b[5] = k % 10;
int dif = 0;
for (int u = 0; u <= 5; ++u)
{
dif += (a[u] != b[u]);
}
if (dif < ansdif)
{
ansdif = dif;
ans = { i,j,k };
}
}
}
}
printf("%02d:%02d:%02d\n", ans.h, ans.m, ans.s);
}
int main()
{
scanf("%d", &casenum);
for (casei = 1; casei <= casenum; ++casei)
{
simple();
}
return 0;
}
/*
【題意】
略
【分析】
可以直接暴力枚舉所有時刻取一個最優的。
也可以對時、分、秒 三個數整體判定，如果不合法，把數的十位數變成0即可。
【時間複雜度&&優化】
O（1）
*/題目描述
注意：本題只允許使用C/C++或Java進行解答，其他編程語言提交均視作無效處理。
字符迷陣是一種經典的智力遊戲。玩家需要在給定的矩形的字符迷陣中尋找特定的單詞。
在這題的規則中，單詞是如下規定的：
1. 在字符迷陣中選取一個字符作爲單詞的開頭；
2. 選取右方、下方、或右下45度方向作爲單詞的延伸方向；
3. 以開頭的字符，以選定的延伸方向，把連續得到的若干字符拼接在一起，則稱爲一個單詞。
以圖1爲例，如果要在其中尋找單詞"WORD"，則綠色框所標示的都是合法的方案，而紅色框所標示的都是不合法的方案。
現在的問題是，給出一個字符迷陣，及一個要尋找的單詞，問能在字符迷陣中找到多少個該單詞的合法方案。注意合法方案是可以重疊的，如圖1所示的字符迷陣，其中單詞"WORD"的合法方案有4種。
輸入描述:
輸入的第一行爲一個正整數T，表示測試數據組數。 接下來有T組數據。每組數據的第一行包括兩個整數m和n，表示字符迷陣的行數和列數。接下來有m行，每一行爲一個長度爲n的字符串，按順序表示每一行之中的字符。再接下來還有一行包括一個字符串，表示要尋找的單詞。 數據範圍： 對於所有數據，都滿足1<=T<=9，且輸入的所有位於字符迷陣和單詞中的字符都爲大寫字母。要尋找的單詞最短爲2個字符，最長爲9個字符。字符迷陣和行列數，最小爲1，最多爲99。 對於其中50%的數據文件，字符迷陣的行列數更限制爲最多爲20。
輸出描述:
對於每一組數據，輸出一行，包含一個整數，爲在給定的字符迷陣中找到給定的單詞的合法方案數。
示例1
輸入
3 10 10 AAAAAADROW WORDBBBBBB OCCCWCCCCC RFFFFOFFFF DHHHHHRHHH ZWZVVVVDID ZOZVXXDKIR ZRZVXRXKIO ZDZVOXXKIW ZZZWXXXKIK WORD 3 3 AAA AAA AAA AA 5 8 WORDSWOR ORDSWORD RDSWORDS DSWORDSW SWORDSWO SWORD
輸出
4 16 5
【 網易互娛2018校招遊戲研發工程師在線筆試 B】【水題】
#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<string>
#include<ctype.h>
#include<math.h>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
#include<bitset>
#include<algorithm>
#include<time.h>
using namespace std;
void fre() { freopen("c://test//input.in", "r", stdin); freopen("c://test//output.out", "w", stdout); }
#define MS(x, y) memset(x, y, sizeof(x))
#define ls o<<1
#define rs o<<1|1
typedef long long LL;
typedef unsigned long long UL;
typedef unsigned int UI;
template <class T1, class T2>inline void gmax(T1 &a, T2 b) { if (b > a)a = b; }
template <class T1, class T2>inline void gmin(T1 &a, T2 b) { if (b < a)a = b; }
const int N = 2020, M = 0, Z = 1e9 + 7, inf = 0x3f3f3f3f;
template <class T1, class T2>inline void gadd(T1 &a, T2 b) { a = (a + b) % Z; }
int casenum, casei;
char s[N][N];
int n, m;
char w[N];
int main()
{
scanf("%d", &casenum);
for (casei = 1; casei <= casenum; ++casei)
{
MS(s, 0);
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = 0; i < n; ++i)
{
scanf("%s", s[i]);
}
scanf("%s", w);
int ans = 0;
for (int i = 0; i < n; ++i)
{
for (int j = 0; j < m; ++j)
{
bool flag = 1;
for (int k = 0; w[k]; ++k)
{
if (s[i + k][j] != w[k])
{
flag = 0;
break;
}
}
ans += flag;
//
flag = 1;
for (int k = 0; w[k]; ++k)
{
if (s[i][j + k] != w[k])
{
flag = 0;
break;
}
}
ans += flag;
//
flag = 1;
for (int k = 0; w[k]; ++k)
{
if (s[i + k][j + k] != w[k])
{
flag = 0;
break;
}
}
ans += flag;
}
}
printf("%d\n", ans);
}
return 0;
}
/*
【trick&&吐槽】
邊界用'\0'封閉就好啦
*/題目描述
注意：本題只允許使用C/C++或Java進行解答，其他編程語言提交均視作無效處理。
小易的智能手機已經用了好多年了，手機裏自帶了一個流量統計的軟件，記錄了手機的流量信息。然而詳細的流量信息只保留了最近一個月的情況，歷史流量信息只保留了某些時刻的流量統計。
例如，其中一個流量記錄條目爲05/01/2017 18:00:00 10M，表示在2017年5月1日18點有10兆的流量記錄。
小易從流量統計軟件中導出了他過去的流量記錄，現在他想知道他某一段時間內在流量統計軟件中記錄下來的總流量有多少。
輸入描述:
每個輸入數據僅包含一個測試點。 輸入第一行首先給出流量記錄的總條目數 N <= 100000。接下來N行，每行對應了一個流量記錄。每條流量記錄的格式爲 月/日/年 時/分/秒 流量： MM/DD/YYYY hr:mi:se FLOWi 表示該時刻流量統計軟件記錄下了FLOWi （0 <= FLOWi <= 10000且爲整數）兆的流量。 輸入數據保證N條流量記錄的時間是遞增，且同一時間沒有重複的流量記錄。 接下來一行給出小易查詢總流量的數目M <= 100000。接下來M行，每行表示第mj次查詢的起始和結束時間點。格式如下： MM/DD/YYYY hr:mi:se MM/DD/YYYY hr:mi:se 輸入數據保證每次查詢的結束時間一定不會早於起始時間。所有的輸入數據均合法。
輸出描述:
輸出結果包含M行，每行對應第mj次查詢，每次查詢的結果爲包含起始和結束兩個時刻的總流量。
示例1
輸入
5 02/12/2016 00:00:00 10 02/18/2016 12:00:00 45 02/18/2016 23:59:59 8 02/19/2016 08:00:15 20 02/22/2016 13:00:00 31 4 01/01/2014 00:00:00 01/01/2017 00:00:00 11/11/2016 11:11:11 02/14/2017 00:05:20 02/12/2016 00:00:00 02/18/2016 23:00:00 02/18/2016 12:00:00 02/18/2016 12:00:00
輸出
114 0 55 45
【 網易互娛2018校招遊戲研發工程師在線筆試 C】【排序+前綴和】
#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<string>
#include<ctype.h>
#include<math.h>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
#include<bitset>
#include<algorithm>
#include<time.h>
using namespace std;
void fre() { freopen("c://test//input.in", "r", stdin); freopen("c://test//output.out", "w", stdout); }
#define MS(x, y) memset(x, y, sizeof(x))
#define ls o<<1
#define rs o<<1|1
typedef long long LL;
typedef unsigned long long UL;
typedef unsigned int UI;
template <class T1, class T2>inline void gmax(T1 &a, T2 b) { if (b > a)a = b; }
template <class T1, class T2>inline void gmin(T1 &a, T2 b) { if (b < a)a = b; }
const int N = 1e5 + 10, M = 0, Z = 1e9 + 7, inf = 0x3f3f3f3f;
template <class T1, class T2>inline void gadd(T1 &a, T2 b) { a = (a + b) % Z; }
int casenum, casei;
int n, m;
struct A
{
int mon, d, y, h, m, s;
int sum;
bool operator < (const A & b)const
{
if (y != b.y)return y < b.y;
if (mon != b.mon)return mon < b.mon;
if (d != b.d)return d < b.d;
if (h != b.h)return h < b.h;
if (m != b.m)return m < b.m;
return s < b.s;
}
}a[N];
int sum[N];
int main()
{
while(~scanf("%d", &n))
{
for (int i = 1; i <= n; ++i)
{
int mon, d, y, h, m, s, sum;
scanf("%d/%d/%d %d:%d:%d %d", &mon, &d, &y, &h, &m, &s, &sum);
a[i] = { mon, d, y, h, m, s, sum };
}
sort(a + 1, a + n + 1);
for (int i = 1; i <= n; ++i)
{
sum[i] = sum[i - 1] + a[i].sum;
}
scanf("%d", &m);
for (int i = 1; i <= m; ++i)
{
int mon, d, y, h, m, s;
scanf("%d/%d/%d %d:%d:%d", &mon, &d, &y, &h, &m, &s);
A lft = { mon, d, y, h, m, s};
scanf("%d/%d/%d %d:%d:%d", &mon, &d, &y, &h, &m, &s);
A rgt = { mon, d, y, h, m, s };
int l = lower_bound(a + 1, a + n + 1, lft) - a - 1;
int r = upper_bound(a + 1, a + n + 1, rgt) - a - 1;
int ans = sum[r] - sum[l];
printf("%d\n", ans);
}
}
return 0;
}
/*
【題意】
略
【分析】
只要按照時間順序排序求個前綴和，然後二分尋找區間範圍，用前綴和快速求解
*/題目描述
注意：本題只允許使用C/C++或Java進行解答，其他編程語言提交均視作無效處理。
在一局moba遊戲中，你面對敵方的3個英雄，想完成一次三殺。敵方3名英雄都只剩普攻可以使用，而你有3個技能和一個普攻可用。
技能和普攻都有冷卻時間，普攻的冷卻時間都爲1秒，而你的3個技能擁有相同的冷卻時間cd秒。冷卻時間爲cd指的是：若你在第t1秒釋放了該技能，那麼在t1+cd秒纔可以再次釋放。所以普攻可以在每秒釋放，但技能卻不一定。你還有一個被動技能，每擊殺一個敵人，則全部技能的冷卻時間清零。
你是個執着的人，每次選擇一個敵人後就不再更改目標直到打死這個敵人或自己死亡。
在每一秒的開始，如果你沒有攻擊目標（戰鬥開始時或上一秒剛擊殺上一個目標），則選擇一個攻擊目標，否則繼續鎖定上一秒你的攻擊目標。然後選擇一個技能或普攻來攻擊該目標，同時所有還活着的敵人也會攻擊你。接下來所有人同時結算扣血，血量小於等於0的單位認爲死亡。一個攻擊力爲atk的技能或普攻，會造成atk的血量損失。
已知3名敵人的當前血量和攻擊力，以及你每一個技能的攻擊力和普攻攻擊力，問你是否可以完成這個漂亮的三殺。如果可以，那麼完成三殺後你最多可以剩多少血量？（注意：同歸於盡不算完成三殺）
輸入描述:
輸入的第一行是一個正整數T，表示樣例數。 接下來是T個樣例，每個樣例的第一行是3個正整數hp, atk，cd，分別表示你的當前生命、普攻攻擊力以及技能冷卻時間。第二行是3個正整數x1, x2, x3，分別表示你的3個技能的攻擊力。第三行是6個正整數hp1, y1, hp2, y2, hp3, y3，分別表示3個敵方英雄的血量和普攻攻擊力。 對於30%的數據，所有血量不超過500，所有技能和普攻攻擊力不超過50；對於100%的數據，所有血量不超過50000，所有技能和普攻攻擊力不超過100。技能的冷卻時間1 <= cd <= 10。
輸出描述:
對於每一個樣例，輸出一個整數，表示完成三殺後你最多還剩多少血量。如果不能完成，輸出-1。
示例1
輸入
2 254 25 9 31 21 15 86 6 196 1 249 10 119 26 5 46 27 13 219 6 169 20 50 20
輸出
68 -1
備註:
樣例1： 先攻擊第一個敵人，使用1次技能1和3次普攻，共花費4秒擊殺； 然後攻擊第三個敵人，先使用1次技能1和8次普攻，此時使用一次技能1（剛好冷卻結束）或普攻，共花費10秒； 最後攻擊第二個敵人，先使用1次技能1，然後7次普攻，共花費8秒。 受到的總傷害爲(6+1+10)*4 + (1 + 10) * 10 + 1 * 8 = 186，所以最終還剩68血量。 樣例2： 無論怎樣選擇攻擊策略，都無法完成三殺。
【 網易互娛2018校招遊戲研發工程師在線筆試 D】【貪心+全排列】技能有CD，選擇順序和施法方案，最小傷害損失三殺
#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<string>
#include<ctype.h>
#include<math.h>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
#include<bitset>
#include<algorithm>
#include<time.h>
using namespace std;
void fre() { freopen("c://test//input.in", "r", stdin); freopen("c://test//output.out", "w", stdout); }
#define MS(x, y) memset(x, y, sizeof(x))
#define ls o<<1
#define rs o<<1|1
typedef long long LL;
typedef unsigned long long UL;
typedef unsigned int UI;
template <class T1, class T2>inline void gmax(T1 &a, T2 b) { if (b > a)a = b; }
template <class T1, class T2>inline void gmin(T1 &a, T2 b) { if (b < a)a = b; }
const int N = 0, M = 0, Z = 1e9 + 7, inf = 0x3f3f3f3f;
template <class T1, class T2>inline void gadd(T1 &a, T2 b) { a = (a + b) % Z; }
int casenum, casei;
int hp, atk, cd;
int x1, x2, x3;
struct A
{
int hp, atk;
}a[3];
int p[3];
int skl[3], cdrst[3], turn[3], g;
int solve(int HP)
{
int atksum = 0;
for (int i = 0; i < 3; ++i)
{
int atk = a[p[i]].atk;
atksum += atk;
}
//KILL
for (int i = 0; i < 3; ++i)
{
int hp = a[p[i]].hp;
int atk = a[p[i]].atk;
int tim = turn[p[i]];
HP -= tim * atksum;
atksum -= atk;
}
return HP;
}
int main()
{
scanf("%d", &casenum);
for (casei = 1; casei <= casenum; ++casei)
{
scanf("%d%d%d", &hp, &atk, &cd);
scanf("%d%d%d", &skl[0], &skl[1], &skl[2]);
g = 3; sort(skl, skl + 3);
reverse(skl, skl + 3);
while (g && skl[g - 1] <= atk)--g;
//find order skill
for (int i = 0; i < 3; ++i)
{
scanf("%d%d", &a[i].hp, &a[i].atk);
turn[i] = 0;
int hp = a[i].hp;
for (int j = 0; j < g; ++j)cdrst[j] = 0;
while (hp > 0)
{
++turn[i];
for (int j = 0; j < g; ++j)--cdrst[j];
bool flag = 0;
for (int j = 0; j < g; ++j)if (cdrst[j] <= 0)
{
hp -= skl[j];
cdrst[j] = cd;
flag = 1;
break;
}
if (!flag)hp -= atk;
}
int pause = 1;
}
//find order player
int ans = -1;
for (int i = 0; i < 3; ++i)p[i] = i;
do
{
gmax(ans, solve(hp));
} while (next_permutation(p, p + 3));
printf("%d\n", ans);
}
return 0;
}
/*
【trick&&吐槽】
這種做法有問題，找到了反例，但是通過了比賽的所有測試數據。
*/題目描述
注意：本題只允許使用C/C++或Java進行解答，其他編程語言提交均視作無效處理。
給定一個表達式，該表達式由以下規則生成：
1. "0"和"1"是合法表達式；
2. 如果x和y是合法表達式，那麼"(x|y)"和"(x&y)"都是合法表達式
其中，|和&分別是與運算符和或運算符。
給定一個合法表達式，求該表達式最終的值。如果可以修改這個表達式的操作符：將|修改爲&，將&修改爲|，求最少需要修改多少個操作符可以修改表達式最終的值？
輸入描述:
第一行是一個正整數T（T <= 20）。接下來T行，每一行是一個表達式。表達式不含空格，且輸入保證該表達式是一個合法表達式。 對於30%的數據，表達式的長度不超過500; 對於100%的數據，表達式的長度不超過150000。
輸出描述:
T行，每一行包含兩個整數x, y，用空格隔開，分別表示表達式的值，以及最少需要修改多少個操作符可以修改表達式的值。如果無法通過修改操作符修改表達式的值，則y輸出-1。
示例1
輸入
3 ((0|1)|(0|0)) ((0|0)&(0|0)) (((1|0)|(0&0))|((1|0)|(0|1)))
輸出
1 1 0 -1 1 2
備註:
樣例1：將表達式修改爲((0&1)|(0|0))或((0|1)&(0|0)) 樣例2：無論怎樣修改，都無法將表達式結果變爲1 樣例3：有多個方案，其中一個爲(((1&0)|(0&0))&((1|0)|(0|1)))，但最少需要修改2個操作符
#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<string>
#include<ctype.h>
#include<math.h>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
#include<bitset>
#include<algorithm>
#include<time.h>
using namespace std;
void fre() { freopen("c://test//input.in", "r", stdin); freopen("c://test//output.out", "w", stdout); }
#define MS(x, y) memset(x, y, sizeof(x))
#define ls o<<1
#define rs o<<1|1
typedef long long LL;
typedef unsigned long long UL;
typedef unsigned int UI;
template <class T1, class T2>inline void gmax(T1 &a, T2 b) { if (b > a)a = b; }
template <class T1, class T2>inline void gmin(T1 &a, T2 b) { if (b < a)a = b; }
const int N = 1.5e5 + 10, M = 0, Z = 1e9 + 7, inf = 0x3f3f3f3f;
template <class T1, class T2>inline void gadd(T1 &a, T2 b) { a = (a + b) % Z; }
int casenum, casei;
int n;
char s[N];
int sta[N], top;
int match[N];
int val[N];
int check(int l, int r)
{
if (~val[l])return val[l];
if (l == r)return val[l] = (s[l] - '0');
if (match[l] == r) return val[l] = check(l + 1, r - 1);
int lm = match[l];
int rm = match[r];
int lv = check(l, lm);
int rv = check(rm, r);
char sig = s[lm + 1];
if (sig == '|')
{
return val[l] = (lv | rv);
}
else//if(sig == '&')
{
return val[l] = (lv & rv);
}
}
int GET1(int l, int r)
{
if (val[l] == 1)return 0;
if (l == r)return s[l] == '1' ? 0 : inf;
if (match[l] == r) return GET1(l + 1, r - 1);
int lm = match[l];
int rm = match[r];
int lv = GET1(l, lm);
int rv = GET1(rm, r);
char sig = s[lm + 1];
if (sig == '|')//good
{
return min(lv, rv);
}
else//if(sig == '&')//bad
{
return min(lv + rv, min(lv, rv) + 1);
}
}
int GET0(int l, int r)
{
if (val[l] == 0)return 0;
if (l == r)return s[l] == '0' ? 0 : inf;
if (match[l] == r) return GET0(l + 1, r - 1);
int lm = match[l];
int rm = match[r];
int lv = GET0(l, lm);
int rv = GET0(rm, r);
char sig = s[lm + 1];
if (sig == '&')//good
{
return min(lv, rv);
}
else//if(sig == '&')//bad
{
return min(lv + rv, min(lv, rv) + 1);
}
}
int main()
{
scanf("%d", &casenum);
for (casei = 1; casei <= casenum; ++casei)
{
MS(val, -1);
scanf("%s", s + 1); n = strlen(s + 1);
top = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
{
if (s[i] == '(')
{
sta[++top] = i;
}
else if(s[i] == ')')
{
match[i] = sta[top];
match[sta[top]] = i;
--top;
}
else if (s[i] == '0' || s[i] == '1')
{
match[i] = i;
}
}
int val = check(1, n);
int ans;
if (val == 1)//嘗試由true轉false
{
ans = GET0(1, n);
}
else//嘗試由false轉true
{
ans = GET1(1, n);
}
if (ans >= inf)ans = -1;
printf("%d %d\n", val, ans);
}
return 0;
}
/*
【trick&&吐槽】
好好看題，每次生成邏輯表達式的疊加之後，外面都會加括號的。
知道了數據的生成方式之後，解題會變得更加容易！
【題意】
略
【分析】
1，我們處理每個位置的相應匹配位置
2，通過迭代的方式可以求出整體表達式的值
3，我們求出每個區間變值爲0或1的最少符號修改次數，然後處理好合並過程下需要的修改次數（詳見代碼）
【時間複雜度&&優化】
O（n）
*/