设 n 个不同的整数排好序后存于 t[0:n-1] 中，若存在若干(>=0)个下标 i，0<= i <=n-1，使得 t[i]=i。设计一个有效算法找到这些下标。 数据输入：第 1 行有一个正整数 n（n<=1000000），表示有n个整数（保证在int内），接下来一行是这 n 个整数。 结果输出：t[i]=i 的下标。若没有则输出 no。注意输出最后有个空格。

题目描述：给定一个长度为n的整数数组t，如果在t[0:n-1]中存在若干个下标i，使得t[i]=i，则设计一个有效算法找到这些下标。

解题思路：对于下标i，如果t[i]=i，那么就找到了一个满足条件的下标。因此我们可以遍历整个数组t，逐个比较t[i]和i的大小，如果相等，则将i加入到结果数组中。

代码实现：

n = int(input())
t = list(map(int, input().split()))
result = []
for i in range(n):
if t[i] == i:
result.append(i)
if result:
print(result)
else:
print("no")
注意输出结果时，如果结果数组不为空，则输出结果数组；否则输出"no"。另外，最后一行输出时需要注意加上空格。

相关问题

编写程序，建立2个带头结点单链表，输入若干整数将正整数插入第1个单链表，将负整数插入第2个单链表，插入前和插入后单链表保持递增或相等次序，显示2个单链表，最后销毁。程序不可存在内存泄漏。基础上合并2个单链表，合并前后单链表保持递增或相等次序，显示合并前后单链表。注意不可存在内存泄漏。 输入格式: 若干整数。 输出格式: 每个单链表输出占一行，元素间用分隔符分隔；共3行 输入样例: 100 2 3 -2 -8 -6 -9 -10 50 2 -1 输出样例: 2->2->3->50->100 -10->-9->-8->-6->-2->-1 -10->-9->-8->-6->-2->-1->2->2->3->50->100

以下是实现该功能的 C++ 代码：

#include <iostream>
using namespace std;

// 定义链表结点结构体
struct ListNode {
    int val;
    ListNode* next;
    ListNode(int x): val(x), next(NULL) {}
};

// 在带头结点的单链表中插入一个结点
void insert(ListNode* head, int x) {
    ListNode* p = head;
    while (p->next != NULL && p->next->val < x) {
        p = p->next;
    }
    ListNode* new_node = new ListNode(x);
    new_node->next = p->next;
    p->next = new_node;
}

// 销毁带头结点的单链表
void destroy(ListNode* head) {
    while (head != NULL) {
        ListNode* p = head;
        head = head->next;
        delete p;
    }
}

// 合并两个带头结点的单链表
ListNode* merge(ListNode* head1, ListNode* head2) {
    ListNode* p1 = head1->next;
    ListNode* p2 = head2->next;
    ListNode* new_head = new ListNode(0);
    ListNode* p = new_head;
    while (p1 != NULL && p2 != NULL) {
        if (p1->val <= p2->val) {
            p->next = p1;
            p1 = p1->next;
        } else {
            p->next = p2;
            p2 = p2->next;
        }
        p = p->next;
    }
    if (p1 != NULL) {
        p->next = p1;
    }
    if (p2 != NULL) {
        p->next = p2;
    }
    ListNode* result = new_head->next;
    delete new_head;
    return result;
}

int main() {
    // 建立两个带头结点的单链表
    ListNode* head1 = new ListNode(0);
    ListNode* head2 = new ListNode(0);
    int x;
    while (cin >> x) {
        if (x > 0) {
            insert(head1, x);
        } else {
            insert(head2, x);
        }
    }
    // 输出第一个单链表
    ListNode* p = head1->next;
    while (p != NULL) {
        cout << p->val << "->";
        p = p->next;
    }
    cout << "NULL" << endl;
    // 输出第二个单链表
    p = head2->next;
    while (p != NULL) {
        cout << p->val << "->";
        p = p->next;
    }
    cout << "NULL" << endl;
    // 合并两个单链表
    ListNode* merged_head = merge(head1, head2);
    // 输出合并后的单链表
    p = merged_head;
    while (p != NULL) {
        cout << p->val << "->";
        p = p->next;
    }
    cout << "NULL" << endl;
    // 销毁所有单链表
    destroy(head1);
    destroy(head2);
    destroy(merged_head);
    return 0;
}

时间复杂度是 $O(n)$，其中 $n$ 是输入的整数的个数。

有这样一个猜想：对于任意大于1的自然数n，若n为奇数，则将n变成3n+1,否则变成n的一半。经过若干次这样的变换，一定会使n变为1。例如3->10->5->16->8->4->2->1。对于n=1的情

### 回答1：
这是一个经典的数学问题——科拉兹猜想。对于任意大于1的自然数n，如果n是奇数，则将其变为3n+1，如果n是偶数，则将其变为n的一半。重复这个过程，最终一定会得到1。例如，当n=3时，经过变换得到的数列为3->10->5->16->8->4->2->1。经过若干次这样的变换后，n一定会变为1。

### 回答2：
对于 n=1 的情况，虽然它本身已经是 1，但根据猜想中的规则，仍然需要进行变换。根据规则，将 1 变成 3*1+1=4，再将 4 变成 2，最后变成 1。所以即使 n=1，也会经过两次变换后达到 1。

为了证明这一猜想对于任意大于 1 的自然数 n 成立，我们可以采取归纳法：

（1）当 n=2 时，进行一次变换后，n 变成 n/2 = 1，成立。

（2）假设当 n=k(k>2) 时成立，即经过若干次变换后，k 可以变成 1。

（3）当 n=k+1 时，根据奇偶性判断：
- 当 k+1 为奇数时，根据规则，k+1 变成 3*(k+1)+1 = 3k+4。
因为 k 是偶数，所以 k 可以表示为 2m(m 是自然数)。
所以 3k+4 = 6m+4 = 2(3m+2)。
即 3k+4 可以被 2 整除，所以可以将其变成 (3k+4)/2。
最终结果是经过变换后 k+1 可以变成 (3k+4)/2。
- 当 k+1 为偶数时，根据规则，k+1 变成 (k+1)/2。
因为 k 大于 1，所以 k+1 大于 2，所以 (k+1)/2 仍然是一个大于 1 的自然数。
根据假设，经过若干次变换，(k+1)/2 可以变成 1。
最终结果是经过变换后 k+1 可以变成 1。

综上所述，对于任意大于 1 的自然数 n，经过若干次变换，一定会使 n 变为 1。

### 回答3：
对于任意大于1的自然数n，将其不断进行上述的变换操作，最终一定会使n变为1，这一猜想被称为Collatz猜想。

对于n=1的情况，由于n已经等于1，不需要再进行任何变换操作，所以n保持不变，仍然等于1。

根据Collatz猜想，我们可以从任意大于1的自然数开始进行变换操作，最终都会到达n=1的状态。例如对n=3进行变换，有3->10->5->16->8->4->2->1，最终经过了步数为7的变换过程到达n=1的状态。

虽然Collatz猜想在数学上尚未被证明，但大量的计算和实验证据表明，对于任意大于1的自然数都可以通过有限次的变换操作到达n=1的状态。然而，由于该猜想的复杂性和困难性，至今仍无法证明其正确性，因此Collatz猜想仍然是一个无解的问题。