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PAT L2-020 功夫传人

时间:2019-03-28 00:05:49      阅读:257      评论:0      收藏:0      [点我收藏+]

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https://pintia.cn/problem-sets/994805046380707840/problems/994805059118809088

 

一门武功能否传承久远并被发扬光大,是要看缘分的。一般来说,师傅传授给徒弟的武功总要打个折扣,于是越往后传,弟子们的功夫就越弱…… 直到某一支的某一代突然出现一个天分特别高的弟子(或者是吃到了灵丹、挖到了特别的秘笈),会将功夫的威力一下子放大N倍 —— 我们称这种弟子为“得道者”。

这里我们来考察某一位祖师爷门下的徒子徒孙家谱:假设家谱中的每个人只有1位师傅(除了祖师爷没有师傅);每位师傅可以带很多徒弟;并且假设辈分严格有序,即祖师爷这门武功的每个第i代传人只能在第i-1代传人中拜1个师傅。我们假设已知祖师爷的功力值为Z,每向下传承一代,就会减弱r%,除非某一代弟子得道。现给出师门谱系关系,要求你算出所有得道者的功力总值。

输入格式:

输入在第一行给出3个正整数,分别是:N(≤)——整个师门的总人数(于是每个人从0到N1编号,祖师爷的编号为0);Z——祖师爷的功力值(不一定是整数,但起码是正数);r ——每传一代功夫所打的折扣百分比值(不超过100的正数)。接下来有N行,第i行(,)描述编号为i的人所传的徒弟,格式为:

K?i?? ID[1] ID[2] ? ID[K?i??]

其中K?i??是徒弟的个数,后面跟的是各位徒弟的编号,数字间以空格间隔。K?i??为零表示这是一位得道者,这时后面跟的一个数字表示其武功被放大的倍数。

输出格式:

在一行中输出所有得道者的功力总值,只保留其整数部分。题目保证输入和正确的输出都不超过1。

输入样例:

10 18.0 1.00
3 2 3 5
1 9
1 4
1 7
0 7
2 6 1
1 8
0 9
0 4
0 3

输出样例:

404

代码:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int maxn = 1e5 + 10;
int N;
double Z, R;
int cnt = 0, root;
int large[maxn], see[maxn], vis[maxn], lar[maxn];
vector<int> v[maxn];
int depth[maxn];

double Pow(double a, int b) {
    double ans1 = 1.0;

    while(b) {
        if(b % 2) {
            ans1 = ans1 * a;
            b --;
        } else {
            a = a * a;
            b /= 2;
        }
    }
    return ans1;
}

void dfs(int st, int step) {
    if(v[st].size() == 0) {
        depth[st] = step;
        return ;
    }

    for(int i = 0; i < v[st].size(); i ++) {
        if(!vis[v[st][i]]) {
            vis[v[st][i]] = 1;
            dfs(v[st][i], step + 1);
            vis[v[st][i]] = 0;
        }
    }
}

int main() {
    memset(see, 0, sizeof(see));
    memset(vis, 0, sizeof(vis));
    scanf("%d%lf%lf", &N, &Z, &R);
    for(int i = 0; i < N; i ++) {
        int K, x;
        scanf("%d", &K);
        if(K == 0) {
            scanf("%d", &x);
            large[cnt ++] = i;
            lar[i] = x;
        } else {
            for(int k = 0; k < K; k ++) {
                scanf("%d", &x);
                see[x] = 1;
                v[i].push_back(x);
            }
        }
    }

    root = 0;
    while(see[root]) root ++;

    dfs(root, 0);

    double sum = 0;
    R /= 100;
    R = 1 - R;
    for(int i = 0; i < cnt; i ++) {
        int mi = depth[large[i]];
        sum += (Z * Pow(R, mi) * lar[large[i]]);
    }

    printf("%d\n", (int)sum);

    return 0;
}

  要用快速幂 否则会超时 哭唧唧 晚安安了

FH

PAT L2-020 功夫传人

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原文地址:https://www.cnblogs.com/zlrrrr/p/10612024.html

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