7-10 功夫传人 (25分) 图 / 深度优先搜索

7-10 功夫传人 (25分)

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（≤10​5
​​ ）——整个师门的总人数（于是每个人从0到N−1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（i=0,⋯,N−1）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1010​​ 。

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

分析

下面的内容直接摘得的 这篇博客里没有完成的代码，做了修改通过了这道题

【pta7-10 功夫传人 (25分)siackmc】

最后一个测试点超时的代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define MAX 100000int peoples[MAX];
map<int,int> winners;double disciple(int id, double Z, double r){double sum = Z;double x = 1 - 0.01 * r;while(id != 0){id = peoples[id];sum = sum * x;
//		count++;}return sum;	
}
main(){int k, id, x, N;double r,Z, sum;cin >> N >> Z >> r;for(int i = 0; i < N; i++){cin >> k;for(int j = 0; j < k; j++){cin >> id;peoples[id] = i;}if(k == 0){cin >> x;winners[i] = x;}}map<int, int>::iterator iter;iter = winners.begin();sum = 0;while(iter != winners.end()) {
//        x = ;sum += disciple(iter->first, Z, r) * iter->second;iter++;}cout << int(sum);}

N/2单链表, 下端有N/2个叶子, 卡N^2算法 这个测试点会超时

分析上面超时的代码 可以发现 搜索 第几代 弟子的时候 使用的 递推

double disciple(int id, double Z, double r){double sum = Z;double x = 1 - 0.01 * r;while(id != 0){id = peoples[id];sum = sum * x;
//		count++;}return sum;	
}

当数据量特别大的 时候，每一个 得到的弟子 都要 从尾巴 遍历到 头部，时间复杂度 是 N*N 极易发生超时

我们计算 弟子的得到时的功力，只需要知道 当前的代数和 倍数，因为同一代的徒弟 师傅的值都是固定不变的，如果从第0 代开始依次 一代一代的向后遍历，查找的复杂度就是 1，就不会超时

修正后代码

我在原来的基础上 做了如下修改

1. 删除了 递推函数
2. 使用了 queue 分代存储
3. 加入了N==1的快速判断

// 功夫传人:这题考察的是如何计算得道者的武力值，也就是说判断得道者与祖师爷之间的关系。所以我定义了一个数组来表示关系
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define MAX 100000int winners[MAX];main(){vector<int>peoples[MAX];int k, id, x, N;double r,Z, sum=0.0;cin >> N >> Z >> r;for(int i = 0; i < N; i++){cin >> k;for(int j = 0; j < k; j++){cin >> id;peoples[i].push_back(id);}if(k == 0){cin >> x;winners[i] = x;}}if(N==1){cout << int(winners[0]*Z);return 0;}queue<int> q;q.push(0);int level=0;while(!q.empty())//bfs层次遍历{int t=q.size();level++;for(int i=0;i<t;i++){int top=q.front();q.pop();for(int j=0;j<peoples[top].size();j++){q.push(peoples[top][j]);double temp=Z*winners[peoples[top][j]]*pow(1-r*0.01,level);//cout<<temp<<endl;sum+=temp;}}}cout << int(sum);}

最后参考下 齐子佳 同学的代码 忍使用了递归，但是避免了重复的计算。值得学习和参考。

#include <iostream>
#include <vector>
#include <math.h>
using namespace std;vector<int>dai[100000];
int bei[100000];
double Z, r;double dfs(int x, int t)
{double s = 0;if (dai[x].size() == 0)s += bei[x] * Z * pow(1 - r / 100.0, t);elsefor (int i = 0; i < dai[x].size(); i++)s += dfs(dai[x][i],t + 1);return s;
}int main()
{int num1;int ren;cin >> num1 >> Z >> r;int num2;for (int i = 0; i < num1; i++){cin >> num2;if (num2 == 0) cin >> bei[i];else{for (int j = 0; j < num2; j++){cin >> ren;dai[i].push_back(ren);}}}cout << (long long)dfs(0, 0) << endl;
}