题目传送门

题目大意

你有一个空序列和 $N$ 个球。第 $i$ 个球 $(1\le i\le N)$ 的大小是 $2^{A_i}$。

计算 $N$ 操作后序列中剩余的球的个数。

你将进行 $N$ 次运算。

在第 $i$ 次操作中，你将第 $i$ 个球添加到序列的最右端，然后重复下面的步骤：

1. 如果序列中只有一个或更少的球，则结束操作。
2. 如果序列中最右边的球和第二右边的球大小不同，则结束操作。
3. 如果序列中最右边的球和第二右边的球大小相同，则拿出这两个球，并在序列的最右端添加一个新球，其大小等于移除的两个球的大小之和。然后回到步骤 1，重复上述过程。

计算 $N$ 操作后序列中剩余的球的个数。

解题思路

我们拿到题目一看，可以直接模拟，算法时间复杂度 $O(n)$。

首先定义一个 stack，为什么要定义一个栈呢？因为我们可以发现，每次操作都是从序列的最右端取出球，而不关最左端的球的事，所以我们可以将序列的最右端看成栈顶，而最左端可以看做是栈底，于是我们只需要在每次操作时，先将第 $i$ 个球入栈，再判断栈的元素个数，然后连续两次出栈，判断两球大小是否相同，最后确定是否将新球入栈即可。

大体思路如上所述，但是还有一个地方困住了一些选手，就是如题所述的第 $i$ 个球的大小为 $2^{A_i}$，但是 $0\le A_i\le 10^9$，那我们肯定不能直接算出 $2^{A_i}$ 的值，因为存不下这么大的数。我们不难想到在每次操作中只计算 $A_i$ 的值，但是这怎么计算呢？我们又得从题目进行分析，题目说了只有在最右端的两球大小相同时才会添加一个大小为拿出的球的大小之和的球，也就是说我们每次计算时，只需要计算 $2\times 2^{B_k}$ （这里令 $B_k$ 为拿走的其中一个球的大小）的值就可以了。而 $2\times 2^{B_k}$ 就等于 $2^{B_k+1}$，所以在添加球的时候我们只需要入栈 $B_k+1$ 即可。

CODE:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
stack<int> s;
int a[200010];
signed main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	ios_base::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0), cout.tie(0);
	int n;
	cin >> n;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		cin >> a[i];
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		s.push(a[i]);
		while (1) {
			if (s.size() <= 1) {
				break;
			}
			int k = s.top();
			s.pop();
			int l = s.top();
			s.pop();
			if (k != l) {
				s.push(l);
				s.push(k);
				break;
			}
			s.push(l + 1);
		}
	}
	cout << s.size();
	return 0;
}