题意：
有两组操作数序列和一份已经写入
k
k
k行的文件，每次对文件进行一次操作
两组操作数分别为 [ a 1 , a 2 ， … ， a n ] [a_{1},a_{2}，…，a_{n}] [a1,a2，…，an]与 [ b 1 , b 2 ， … ， b m ] [b_{1},b_{2}，…，b_{m}] [b1,b2，…，bm]
如果操作数
c
i
=
=
0
c_{i}==0
ci==0，则在在文件末尾添加新行
否则，它将对
c
i
c_{i}
ci行进行一次修改
在保证 a [ ] 、 b [ ] a[]、b[] a[]、b[]中元素的相对顺序不发生变动的情况下，将两者合并为一个长度为n+m的合法的新操作序列
所谓合法，即在操作第 d d d行时，文件的总行数 k > = d k >=d k>=d必须满足
输出任意一个合法的新操作序列，若没有则输出 − 1 -1 −1
思路：
既然输出的是所有合法的新操作序列中的任意一种，那么这道题就很好办了
同时从 a [ ] 、 b [ ] a[]、b[] a[]、b[]以从前往后的顺序取操作数放入新操作序列中（相对顺序不发生变动）
然后那个优先级其实也很好想，有些像贪心的思维：
有
0
0
0先放
0
0
0，然后
k
+
+
k++
k++；
直到
a
i
、
b
j
a_{i}、b_{j}
ai、bj两数均不为零时，找比较小的那个放进去，然后重复上述操作
直到
a
i
、
b
j
a_{i}、b_{j}
ai、bj均
>
k
>k
>k时，说明不可能存在任意一个合法的序列，那就直接
b
r
e
a
k
break
break输出
−
1
-1
−1即可
否则输出那个新操作序列
时间复杂度： O ( n + m ) O(n+m) O(n+m)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, m, k;
int a[310], b[310];
int main() {
int t;
scanf("%d", &t);
getchar();
while (t--) {
queue<int> q;
scanf("%d %d %d", &k, &n, &m);
for (int i = 1; i <= n; i++)
scanf("%d", &a[i]);
for (int i = 1; i <= m; i++)
scanf("%d", &b[i]);
int i = 1, j = 1;
bool st = true;
while (i + j != n + m + 2) {
if (i <= n && a[i] == 0) {
q.push(0);
i++;
k++;
continue;
}
if (j <= m && b[j] == 0) {
q.push(0);
j++;
k++;
continue;
}
if (i <= n && a[i] <= k) {
q.push(a[i]);
i++;
continue;
}
if (j <= m && b[j] <= k) {
q.push(b[j]);
j++;
continue;
}
st = false;
break;
}
if (st) {
while (!q.empty()) {
int t = q.front();
q.pop();
printf("%d ", t);
}
printf("\n");
} else
printf("-1\n");
}
return 0;
}