2020百度之星初赛二

1001（Poker）

Problem Description：
小沃沃在玩一个有趣的游戏。
初始他有 n 块钱，每一轮他需要投入至少 m 块钱，系统会拿走其中 p% 的钱，并把剩下的钱还给他。
请问在最优情况下，小沃沃最多可以玩多少轮？
假设当前一轮小沃沃投入了 x 块钱，那么他可以收回 ⌊x×(1−p%)⌋ 块钱，其中 ⌊a⌋ 表示 a 取下整。
小沃沃每一轮投入的钱不能超过他现在拥有的钱。
每一轮投入的钱必须为整数。
题目提交：6775
类似题目：洛谷P1150
Input：
第一行一个正整数 test(1≤test≤100000) 表示数据组数。
对于每组数据，一行三个整数 n,m,p(1≤n≤100000,1≤m≤1000,1≤p≤100)。

Output：
对每组数据输出一行一个整数表示答案。

Sample Input：
2
10 2 50
10 2 100

Sample Output：
9
5

思路分析：
想要情况最优，利用贪心思想，可以很轻易的得出每次投入最低要求 m 块钱，即可获得最大轮次，因此分量确定，根据公式，即可得出答案，然后AC。
tips：系统返还的钱是在下一轮才返还。

代码一：
公式原始递推（完整代码）：
当作模拟题，根据题目给出的公式，算出玩一轮钱的变化（m确定，故答案为定值），然后用while循环，累加答案即可。
times = 254 ms

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
ll read() {
    ll x = 0, f = 1; char ch = getchar();
    for (; ch < '0' || ch > '9'; ch = getchar()) if (ch == '-') f = -1;
    for (; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar()) x = x * 10 + int(ch - '0');
    return x * f;
}
void write(ll x) {
    if (x < 0) { putchar('-'); x = -x; }
    if (x >= 10) write(x / 10);
    putchar(x % 10 + '0');
}
int main()
{
    int t;
    t = read();
    while (t--)
    {
        int n, m, p, ans = 0;
        n = read(), m = read(), p = read();
        while (n >= m)
            n = (n - m) + (m * (100 - p) / 100), ans++;//公式计算，并累加答案
        write(ans);
        printf("\n");
    }
}

代码二：
减少冗余计算——>>>>过程优化（完整代码）：
因为m是定值，所以我们可以一次性得出 n 块钱可以游玩几次（ans累加答案），然后将 余数 和 游玩次数*系统返还的值 累加回 n 。进行下一次计算，直到手上的钱不足以玩一轮后，退出。
times = 144 ms

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
ll read() {
        ll x = 0, f = 1; char ch = getchar();
        for(; ch < '0' || ch > '9'; ch = getchar()) if(ch == '-') f = -1;
        for(; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar()) x = x * 10 + int(ch - '0');
        return x * f;
    }
void write(ll x) {
        if(x < 0) {putchar('-'); x = -x;}
        if(x >= 10) write(x / 10);
        putchar(x % 10 + '0');
    }
int main()
{
    int t;
    t = read();
    while(t--)
    {
        int n,m,p,ans=0;
        n=read(),m=read(),p=read();
        while(n>=m)
        {
            int tmp = n%m;//游玩过后的余数
            n = n/m;//游玩的次数
            ans+=n;//答案数
            n = n*((m*(100-p))/100) + tmp;//下一轮手上持有的金钱数
        }
        write(ans);
        printf("\n");
    }
}

1002（Distance）

Problem Description：
小沃沃所在的世界是一个二维平面。他有 n 个朋友，第 i 个朋友距离他的距离为 a[i]，小沃沃并不知道这些朋友具体在什么点上。
请问在最优情况下，小沃沃的朋友两两之间的欧几里得距离的和的最小值是几？
假设小沃沃的位置为 P0=(x0,y0)，第 i 个朋友的位置为 Pi=(xi,yi)，对于所有的 i，需要满足 dist(P0,Pi)=a[i]，并且∑n−1i=1∑nj=i+1dist(Pi,Pj) 最小，其中 dist(X,Y) 为连接点 X 和点 Y 的线段的长度。xi,yi 都可以是任意实数。
题目提交：6776

Input：
第一行一个正整数 test (1≤test≤10) 表示数据组数。
对于每组数据，第一行一个正整数 n (1≤n≤100000)。
接下来一行 n 个整数，第 i 个整数 a [i] (1≤a[i]≤1000000000) 表示第 i 个朋友和小沃沃的距离。

Output：
对每组数据输出一行一个数，表示 ∑n−1i=1∑nj=i+1dist(Pi,Pj) 的最小值。答案需要四舍五入到整数。

Sample Input：
2
2
3 5
5
1 2 3 4 5

Sample Output：
2
20

思路分析：
两点之间直线最短，而想要所有点两两之间获得的（欧几里得）距离最短，即所有点在一条直线上 ------- 前置条件
解法分析：

1. 枚举累加 愚蠢的地球人 O（n^2）,华丽超时，星空般绚丽。

2. 思维简化（times = 604 ms）：

   例如数据
   5
   1 3 4 8 2
   在满足前置条件的基础上，获得两两最短距离，第一步先排序。
   1 2 3 4 8
   计算出两两之间的距离差值
   1 1 1 4 （为啥少一项就不用我说了吧）
   题目要求是计算每个点和其他所有点的距离，过程演示

   第一个点和其他所有点的距离和：
   1
   1 + 1
   1 + 1 + 4
   第二个点和其他所有点的距离和：
   ****1
   ****1 + 4
   第三个点和其他所有点的距离和：
   ********4

   观察发现：（原来有1 1 1 4 四个项）
   第一个差值计算了 ans1 = (n-1) = 3 次
   第二个差值计算了 ans2 = (n-2) + ans1 - （i - 1）（之前计算第一个差值时，第二个差值也有计算，且数量为之前的计算数量减 i - 1次，不懂看过程）= 4 次
   第三个差值计算了 ans3 = (n-3) + ans2 -（i - 1） = 3 次

   根据规律和递推式，可以计算出每一个差值使用的次数，最后遍历将 差值和使用次数的乘积 累加到答案中即可。

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
const int maxn = 1e6+7; 
using namespace std;
ll date[maxn],st[maxn];
ll read() {
        ll x = 0, f = 1; char ch = getchar();
        for(; ch < '0' || ch > '9'; ch = getchar()) if(ch == '-') f = -1;
        for(; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar()) x = x * 10 + int(ch - '0');
        return x * f;
    }
void write(ll x) {
        if(x < 0) {putchar('-'); x = -x;}
        if(x >= 10) write(x / 10);
        putchar(x % 10 + '0');
    }
int main()
{
    int t;
    t = read();
    while(t--)
    {
        memset(date,0,sizeof(0));
        int n,cnt=1;
        long double ans = 0;
        n=read();
        for(int i=1;i<=n;++i)
            date[i] = read();
        sort(date+1,date+1+n);
        for(int i =2;i<=n;++i)
            st[cnt++] = date[i]-date[i-1];
            date[1] = n-1;
        for(int i=2;i<=n;++i)
            date[i] = (n-i) + date[i-1] - i +1;
           for(int i=1;i<cnt;++i)
               ans+= date[i]*st[i];
        write(ans);
        printf("\n");
    }
}

1003（Covid）

Problem Description：
科学家小沃沃在研究病毒传播的规律，从而控制疫情。
有 n 个人，编号分别为 1,2,…,n。我们用荧光粉代替病毒，编号为 1 的人，在第 0 时刻涂上了荧光粉，剩下的人在第 0 时刻没有涂。
对于第 i 个人，我们知道这个人在哪些时刻出现在了哪些地方。
如果时刻 t，某个人和身体上有荧光粉的人，出现在了同一地点，那么从时刻 t 以后，这个人也会沾上荧光粉。
从小到大输出实验结束后身体上有荧光粉的人的编号。
题目提交：6777

input：
第一行一个整数 T(1≤T≤20) 表示 T 组数据。
对于每组数据，第一行一个整数 n(1≤n≤20000) 表示 n 个人。
对于第 i 个人，第一行输入一个整数 len[i] (1≤len[i]≤100) 表示这个人的活动轨迹。
接下来 len[i] 行，每行输入两个整数 t,p(1≤t≤100,1≤p≤10) 表示这个人 t 时刻出现在了 p 位置，保证 t 按严格递增的顺序给出。
除了这 len[i] 个时刻，这个人都呆在家里，或者换句话说，他/她不在任何位置。
保证len[[1]]+len[[2]]+…+len[n]≤200000。

Output：
对于每组数据输出一行，表示所有患者的编号。按编号从小到大输出。

Sample Input：
2
4
2
1 1
2 2
3
2 2
3 3
4 4
1
4 4
1
2 1
3
3
1 1
3 1
6 1
3
4 1
5 1
6 1
1
5 1

Sample Output：
1 2 3
1 2

样例解释
Case 1:
第 2 时刻，位置 2，1 与 2 相遇，2 沾上了。
第 4 时刻，位置 4，2 与 3 相遇，3 沾上了。

思路来源（转载）----》》Link，模拟。

AC代码：times = 202 ms

#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS
#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define mod 1e9 + 7
#define mem(x,y) memset(x,y,sizeof(x))
const int maxn = 2e6 + 7;
using namespace std; 
int read()
{
    int x = 0, f = 1;char c = getchar();
    while (c < '0' || c>'9') { if (c == '-') f = -1; c = getchar(); }
    while (c >= '0' && c <= '9') x = (x << 1) + (x << 3) + c - '0', c = getchar();
    return f * x;
}
void write(int x)
{
    if (x < 0) { putchar('-'); x = -x; }
    if (x > 9) write(x / 10);
    putchar(x % 10 + '0');
}
vector<pair<int, int>> people[110];//记录在第t秒，有多少人行动了，即在第t秒编号为id的人的出现在地点local 
vector<int> tag[110][15];//记录在第t秒p地点都有哪几个人
int vis[maxn];//记录哪些人感染了
int main()
{
    int t;t = read();
    while (t--)
    {
        int n = read(), sum = 0;//sum记录感染人数
        mem(vis, 0), vis[1] = 1;//编号为1的已经被感染
        //初始化
        for (int i = 0; i < 110; ++i)
        {
            people[i].clear();
            for (int j = 0; j < 15; ++j)
                tag[i][j].clear();
        }
        //输入
        for (int i = 1; i <= n; ++i)
        {
            int num = read();
            for (int j = 0; j < num; ++j)
            {
                int tmp1 = read(), tmp2 = read();
                people[tmp1].push_back(make_pair(i, tmp2));
                tag[tmp1][tmp2].push_back(i);
            }
        }
        vector<pair<int, int>>::iterator it;
        vector<int>::iterator it1;
        for (int i = 1; i <= 100; ++i)
        {
            if (people[i].empty()) continue;//这一秒没有人出行，直接跳过，否则，进行下面的步骤
            for (it = people[i].begin(); it != people[i].end(); ++it)//有人出行
            {
                int id = (*it).first, local = (*it).second;
                if (vis[id]&& !tag[i][local].empty())//这个人已被感染
                    for (it1 = tag[i][local].begin(); it1 != tag[i][local].end(); ++it1)
                        if (!vis[*it1]) vis[*it1] = 1, sum++;//使没感染病毒的人感染上，感染人数+1
            }
            if (sum == n) break;//如果已经全部感染，就不用再向下遍历了
        }
        write(1);
        for (int i = 2; i <= n; ++i)
            if (vis[i]) printf(" "), write(i);
        printf("\n");
    }
    return 0;
}