PAT 1014 Waiting in Line (30分) 一个简单的思路

这题写了有一点时间，最开始想着优化一下时间，用优先队列去做，但是发现有锅，因为忽略了队的长度。
然后思考过后，觉得用时间线来模拟最好做，先把窗口前的队列填满，这样保证了队列的长度是统一的，这样的话如果到某个时间，队首的人已经服务完了，这样这个队列的长度就减少一，这就变成了所有队列中长度最短的队列，所以直接向这个队列里面添加一个人就可以了。
按照从小到大轮询窗口的话，这样正好符合题中的要求，就是队列长度相同短，先选窗口序号小的窗口。如果按照这种策略，少一个就补一个的策略，队列长度会一直保持相等。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1010;

int ans[maxn],a[maxn],N,M,K,Q,t[maxn];
queue<int> q[22];
int pret[22];

void print(int t)
{
	if (t==-1) {
		printf("Sorry
");
		return;
	}

	t+=480;
	int hh=t/60,mm=t%60;
	// printf("%d %d	",hh,mm);
	if (hh>17) {
		printf("Sorry
");
	}
	else {
		printf("%02d:%02d
",hh,mm);
	}
}

int main()
{
	// freopen("in.txt","r",stdin);
	scanf("%d%d%d%d",&N,&M,&K,&Q);
	for (int i=1;i<=K;i++) {
		scanf("%d",&t[i]);
	}
	for (int i=1;i<=Q;i++) {
		scanf("%d",&a[i]);
	}
	int c=1;
	for (int i=1;i<=M;i++) {
		for (int j=1;j<=N;j++) {
			q[j].push(c++);
			if (c>K) {
				break;
			}
		}
	}
	memset(ans,-1,sizeof(ans));
	for (int i=0;i<=540;i++) {
		if (c>K) break;
		for (int j=1;j<=N;j++) {
			int p=q[j].front();
			int tt=t[p];
			if (i-pret[j]==tt) {
				ans[p]=i;
				q[j].pop();
				q[j].push(c++);
				pret[j]=i;
				if (c>K) {
					goto outloop;
				}
			}
		}
	}
	outloop:
	for (int j=1;j<=N;j++) {
		while (!q[j].empty()) {
			if (pret[j]>=540) {
				break;
			}
			int p=q[j].front();
			ans[p]=pret[j]+t[p];
			pret[j]+=t[p];
			q[j].pop();
			
		}
	}
	for (int i=1;i<=Q;i++) {
		print(ans[a[i]]);
	}
	 
	return 0;
}