map翻译为映射，是STL中的常用容器。其实，数组就是一种映射，比如：int a[100]；就是定义了一个int到int的映射。而a[5]=25;就是把5映射到25。数组总是将int类型映射到其它基本类型（称为数组的基类型），这同时也带来了一个问题，有时候我们希望把string映射成一个int，数组就不方便了。这时就可以使用map，map可以将任何基本类型（包括STL容器）映射到任何基本类型（包括STL容器）。

要使用map，必须先添加map头文件，即#include ，同时必须要有“using namespace std”。
定义一个map的方法为：map<typename1,typename2> name;
其中，typename1是映射前的类型（键key），typename2是映射后的类型（值value），name为映射的名字。
普通int数组a就是map<int,int> a。而**如果是字符串到整型的映射，就必须使用string，而不能使用char，即map<string,int> a。**map的键和值也可以是STL容器，比如：map<set,string> mp。当然，map的键和值都是唯一的。

访问 map 的元素有两种方式，一种是通过下标访问；另一种是通过迭代器访问。
通过下标访问就像普通的数组元素访问，例如先定义map<char,int> mp，然后就可以通过mp[‘c’]的方式来访问它对应的元素，如mp[‘c’]=124。
通过迭代器访问，先作如下定义：
map<typename1,typename2>::iterator it；
因为map的每一对映射都有两个typename，所以，我们使用“it->first”来访问键，而使用“it->second”来访问值。

map常用函数：
（1）find()和 size()
find(key)是返回键为 key 的映射的迭代器，时间复杂度为 0(log 2 n)，n 为 map 中映射的对数。size()用来获得map中映射的对数，时间复杂度为O(1)。
（2）clear()
clear()用来清空 map，时间复杂度为 0(n)。
（3）erase()
erase()可以删除单个元素，也可以删除一个区间内的所有元素。
删除单个元素可以用：erase(it)，it为要删除的元素的迭代器，时间复杂度为O(1)。
也可以用：erase(key)，key为要删除的映射的键，时间复杂度为O(log2n)。
删除一个区间内的所有元素用：erase(first，last)，first为区间的起始迭代器，last为区间的末尾迭代器的下一个地址，也就是左闭右开的区间[first,last)，时间复杂度为O(last-first)。

保龄球-map

map的key存得是保龄球数，value存得是位置
注意这里输出不能用cout，会超时

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
map<int,int>vis;
int n,q,m,p;
int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>p;vis[p]=i;}cin>>q;while(q--){cin>>m;if(vis[m])printf("%d\n",vis[m]);elseprintf("0\n");}return 0;
}

查字典

模板题

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
map<string,int>vis;
string name;
int p,m,n;
int main()
{cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>name;cin>>vis[name];}cin>>m;for(int i=1;i<=m;i++){cin>>name;cout<<vis[name]<<endl;}return 0;

眼红的Medusa

这题有意思，一开始一直不知道错哪里了，结果再一看题目，要求按前者的顺序输出hhh。。。。。。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
map<int,int>vis;
int x,m,n,a[100005],b[100005];//a存第一个奖项的得主编号，b存两个奖项的得主编号，x输入第二个奖项的得主编号
int main()
{cin>>n>>m;int cnt=0;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];//第一个奖项得主先不用放map里}for(int i=1;i<=m;i++){cin>>x;vis[x]++;//先放第二个奖项的得主}for(int i=1;i<=n;i++){if(vis[a[i]])//在这里判断是否是两个奖项得主b[++cnt]=a[i];}for(int i=1;i<=cnt;i++){i==cnt?cout<<b[i]:cout<<b[i]<<" ";}return 0;
}

指数序列

万恶的二进制，一到了这种题，我脑子就不够用。。。。。。

一个由 n 个非负整数组成的序列 a1 ，a2 ，…，an 。这个序列保证单调不降。
另一个序列 2^a1 ，2^a2 ，…，2^an，最少要在这个序列中添加多少个形式为 2^x 的数（x 为非负整数），才能使这个序列所有整数的和为 2^v-1 ，其中 v 为某个非负整数。
思考到用二进制的思想（不然都是2的幂次是干嘛的。。。。。。）
只有当二进制的每一位都是1的时候才满足题意，有几个0，就加上几个数，这就是最少的，因此题目的意思就是要找二进制有几位是0，考虑到题目的数范围很大，因此不能用数组，要用map，而且要注意，正因为序列是不降的，所以需要进位，有两个相同的就要进一位！
但是还不能直接找0的个数，因为序列是单调不降的，所以map的第一个必定是第一个写入的数，这个数可能不是0，比如说第一个数是3，那么后续的数都是>=3的，所以其实隐藏了第一位，第二位也是0，但是现在直接在map找0，是找不到这两个的，所以要找有多少个1，再找一共有多少位，（这里应该是map里的最高位+1，因为还有第一位（自己理解一下就能明白）），他们的差就是结果了！

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
map<ll,int>vis;
int n,x;
int main()
{cin>>n;int cnt=0,maxn=0;while(n--){cin>>x;vis[x]++;if(vis[x]==2){ll i=x;while(vis[i]==2)//进位{vis[i]-=2;vis[i+1]++;i++;}}}map<ll,int>::iterator it;for(it=vis.begin();it!=vis.end();it++){if(it->second!=0){cnt++;//记录1的个数if(it->first>maxn)//记录最高位maxn=it->first;}}cout<<maxn+1-cnt<<endl;return 0;
}

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