题目描述

编写一个遍历游程编码序列的迭代器。

迭代器由 RLEIterator(int[] A) 初始化，其中 A 是某个序列的游程编码。更具体地，对于所有偶数 i，A[i] 告诉我们在序列中重复非负整数值 A[i + 1] 的次数。

迭代器支持一个函数：next(int n)，它耗尽接下来的 n 个元素（n >= 1）并返回以这种方式耗去的最后一个元素。如果没有剩余的元素可供耗尽，则 next 返回 -1 。

例如，我们以 A = [3,8,0,9,2,5] 开始，这是序列 [8,8,8,5,5] 的游程编码。这是因为该序列可以读作 “三个八，零个九，两个五”。

样例

输入：["RLEIterator","next","next","next","next"], [[[3,8,0,9,2,5]],[2],[1],[1],[2]]
输出：[null,8,8,5,-1]
解释：
RLEIterator 由 RLEIterator([3,8,0,9,2,5]) 初始化。
这映射到序列 [8,8,8,5,5]。
然后调用 RLEIterator.next 4次。

.next(2) 耗去序列的 2 个项，返回 8。现在剩下的序列是 [8, 5, 5]。

.next(1) 耗去序列的 1 个项，返回 8。现在剩下的序列是 [5, 5]。

.next(1) 耗去序列的 1 个项，返回 5。现在剩下的序列是 [5]。

.next(2) 耗去序列的 2 个项，返回 -1。 这是由于第一个被耗去的项是 5，
但第二个项并不存在。由于最后一个要耗去的项不存在，我们返回 -1。

注意

• 0 <= A.length <= 1000
• A.length 是偶数。
• 0 <= A[i] <= 10^9
• 每个测试用例最多调用 1000 次 RLEIterator.next(int n)。
• 每次调用 RLEIterator.next(int n) 都有 1 <= n <= 10^9。

算法

(队列) $O(A.length)$

1. 开一个队列，运行构造函数时将 A 数组中数字两个一组组成 pair 放入队列中。
2. 每次调用 next，从队头开始检查；如果 n 小于等于队头中元素的个数，则队头元素个数减掉 n，若个数减为 0，则出队，最后返回该元素值即可；如果 n 大于当前队头中元素的个数，则 n 减掉队头元素的个数，队头出队，再继续检查下一个。

时间复杂度

• 当遍历完了 A 中所有的数字之后，每次就会返回 -1；
• 均摊下来，最坏情况下总共只需要遍历 A 中的所有数字，故总时间复杂度为 $O(A.lenght)$。

空间复杂度

• 需要额外的队列，故空间复杂度为 $O(A.length)$。

C++ 代码

class RLEIterator {
public:
    queue<pair<int, int>> num;
    RLEIterator(vector<int> A) {
        int n = A.size();
        for (int i = 0; i < n; i += 2)
            num.push(make_pair(A[i], A[i + 1]));
    }

    int next(int n) {
        while (n > 0) {
            if (num.empty())
                return -1;
            pair<int, int> &sta = num.front();
            if (n <= sta.first) {
                sta.first -= n;
                if (sta.first == 0)
                    num.pop();
                return sta.second;
            }
            else {
                n -= sta.first;
                num.pop();
            }
        }
        return -1;
    }
};

/**
 * Your RLEIterator object will be instantiated and called as such:
 * RLEIterator obj = new RLEIterator(A);
 * int param_1 = obj.next(n);
 */