簡潔題意

老鼠站在位置 \(x\)，先選一個方向（左或右），然後沿著那個方向走，經過食物就可以停下來吃，吃完可以繼續往前、也可以就此結束。求最多能吃到幾個食物，以及最後吃的那個食物在哪個位置（\(3 \le n \le 20\) 且 \(n\) 為奇數，老鼠與食物的位置都在 \(-100\) 到 \(100\) 之間，食物位置不會與老鼠重疊）。

依正確通過的測試資料筆數給分，其中：

• 第 1 子題組（\(60\) 分）：\(n = 3\)。
• 第 2 子題組（\(40\) 分）：一般情況。

先看懂題目：選了方向，就把那一邊吃光

「吃完後可以選擇繼續往相同方向移動，或者結束今天的覓食」——沒有任何理由提早結束，再往前走只會多吃到食物，不會少吃。所以答案只有兩種可能：往右把右邊的食物吃光，或往左把左邊的食物吃光。

題目於是變成兩個問題：

1. 位置比 \(x\) 大的食物有幾個？比 \(x\) 小的有幾個？選多的那一邊。
2. 最後停下來的位置，就是那個方向最遠的那個食物——往右是最大的，往左是最小的。

還有兩件題目已經幫你保證好的事：

• 食物位置不會與老鼠重疊 ⇒ 每個食物不是在右邊就是在左邊，沒有第三種情況。
• \(n\) 是奇數 ⇒ 左右兩邊的數量加起來是奇數，不可能一樣多 ⇒ 不必煩惱平手怎麼辦。

先拿下子題組 1（\(60\) 分）：排一次序就看得出來

子題組 1 保證 \(n = 3\)，只有三個食物。把它們讀成三個變數，用三次比較由小到大排好，叫做 \(a \le b \le c\)——接著只要看中間那個 \(b\) 站在哪一邊：

• \(b > x\)：那 \(b\) 和 \(c\) 都在右邊 ⇒ 右邊至少 \(2\) 個、左邊最多 \(1\) 個 ⇒ 往右贏，最後停在最右邊的 \(c\)。
• \(b < x\)：那 \(a\) 和 \(b\) 都在左邊 ⇒ 往左贏，最後停在最左邊的 \(a\)。

剩下的只是數量是 \(2\) 還是 \(3\)：

排序用上冊 3.9 的三次比較加暫存變數，判斷用 if / else——沒有迴圈、也沒有陣列：

#include <iostream>
using namespace std;

int main() {
    int x, n;
    cin >> x >> n;

    int a, b, c;
    cin >> a >> b >> c;

    // 三次比較，把 a、b、c 由小到大排好
    if (a > b) { int t = a; a = b; b = t; }
    if (a > c) { int t = a; a = c; c = t; }
    if (b > c) { int t = b; b = c; c = t; }

    if (b > x) {
        // b、c 都在右邊 → 往右贏，停在最右邊的 c
        if (a > x) {
            cout << 3 << ' ' << c << endl;
        } else {
            cout << 2 << ' ' << c << endl;
        }
    } else {
        // a、b 都在左邊 → 往左贏，停在最左邊的 a
        if (c < x) {
            cout << 3 << ' ' << a << endl;
        } else {
            cout << 2 << ' ' << a << endl;
        }
    }
    return 0;
}

\(n\) 在這個子題組固定是 \(3\)，讀進來只是為了把輸入吃完，實際上沒有用到。到這裡用的東西全部落在語法書上冊的前三個單元——讀入輸出、變數、if。

交出去之前先自己測兩種情況

範例 1 已經幫你測掉「\(2\) 個對 \(1\) 個、往左贏、位置取最小」，剩下兩種自己補：

範例 2 會答錯是正常的：它的 \(n = 9\)，本來就不屬於子題組 1。這支程式只讀三個食物，對範例 2 會印出 2 13（正確答案是 5 100）。APCS 依正確通過的測試資料筆數給分，子題組 1 的 \(60\) 分照樣穩穩拿到。

從 \(60\) 分到 \(100\) 分：邊讀邊記

\(n\) 變大以後，不可能再一個食物配一個變數。但其實根本不需要把食物存下來——從頭到尾要用的只有四個數字：左邊幾個、右邊幾個、往左走會停在哪、往右走會停在哪。用一個 for 迴圈邊讀邊更新就好：

#include <iostream>
using namespace std;

int main() {
    int x, n;
    cin >> x >> n;

    int left_count = 0;   // 左邊有幾個食物
    int right_count = 0;  // 右邊有幾個食物
    int left_end = x;     // 往左走會停在哪（左邊最遠的食物）
    int right_end = x;    // 往右走會停在哪（右邊最遠的食物）

    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        int food;
        cin >> food;
        if (food > x) {
            right_count++;
            if (food > right_end) {
                right_end = food;
            }
        } else {
            left_count++;
            if (food < left_end) {
                left_end = food;
            }
        }
    }

    if (left_count > right_count) {
        cout << left_count << ' ' << left_end << endl;
    } else {
        cout << right_count << ' ' << right_end << endl;
    }
    return 0;
}

四個地方值得看清楚：

• 每個食物只會被算到一邊：不是 right_count++ 就是 left_count++，因為食物不會落在 \(x\) 上。
• 兩個擂台：if (food > right_end) right_end = food; 就是「比目前的紀錄還遠，就換它當紀錄」。
• 擂台的初值直接用老鼠自己的位置 \(x\)：右邊的食物一定比 \(x\) 大，所以只要右邊有食物，right_end 就一定會被換掉；左邊同理。而萬一那一邊一個食物都沒有，「往那邊走的終點」本來就是原地不動——這個初值自己就說得通。別設成 \(0\)——位置可以是負數，\(0\) 沒有「一定會被換掉」的保證。
• 最後那個 else 就代表「右邊比較多」：\(n\) 是奇數，兩邊不可能一樣多，所以不必另外寫一個相等的分支。

測過再交：範例沒蓋到的四種情況

兩個範例都是「左右兩邊都有食物、而且贏的那一邊最遠的食物是正數」。沒被蓋到的自己補：

第一列特別重要：一整邊都沒有食物是最容易被忘掉的情況，而兩個範例都不是這樣。

這四種都親眼看過正確，這題就穩了。