2020年百度之星程序设计大赛-初赛二
2020年百度之星程序设计大赛-初赛二前两题解答代码思路
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。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
这道题比较简单，第一次提交遇到超时问题，后来使用了scanf和printf解决问题。
Accept代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
int test,n,m,sum;
float p;
cin>>test;
while(test--)
{
scanf("%d%d%f",&n,&m,&p);//cin和cout会超时
int r=n,nums=0;
while(r>=m)
{
nums++;
r=r-m*p*0.01;
}
printf("%d\n",nums);
}
return 0;
}
目前官方提示： 观察到小沃沃每次只会投入 m 块钱，当他手上的钱大于等于 m 时，他可以继续玩，每次会被拿走⌈m∗p%⌉ 这么多钱。那么就很好算了。
Distance
Problem Description
小沃沃所在的世界是一个二维平面。他有 nn 个朋友，第 ii 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 P_0 = (x_0,y_0)，第 i 个朋友的位置为 P_i = (x_i,y_i)，对于所有的 i，需要满足 dist(P_0, P_i) = a[i]，并且∑ i=1 n−1∑ j=i+1 n dist(Pi,Pj) 最小，其中 dist(X,Y)dist(X,Y) 为连接点 XX 和点 YY 的线段的长度。x_i,y_i都可以是任意实数。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∑ i=1 n−1∑ j=i+1 ndist(Pi,P j) 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
这道题目也好理解，写程序思路直接，只是又遇到了超时问题。
#include<bits/stdc++.h> #include<cstdlib> using namespace std; //int a[1000000005];//数组太大，会出错 int *a = new int[1000000005];//全局变量动态分配 int main() { int test,n,i,j; scanf("%d",&test); while(test--) { scanf("%d",&n); for(i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]); int sum=0; sort(a+1,a+n+1);//排序 i=1; while(i<=n-1) // for(i=1;i<=n-1;i++)//时间复杂度O(n^2)，超时 { j=i+1; for(j=i+1;j<=n;j++) { sum=sum+a[j]-a[i]; } i++; } printf("%d\n",sum); } delete a; return 0; }
这道题目出现超时问题，可能数组很大或者算法不够好，两个for循环时间复杂度较高O(n^2)，虽然本地测试的时间限时小于1000ms，但是提交还是超时了，后续需要看看其他大佬怎么做的……
目前官方提示：最优情况下，所有人必然在由小沃沃出发的在一条射线上（任意两个人的距离都最小）。我们把 a 排序以后，算距离和就比较简单了。
测试时间：
我来更新Distance题目啦，这个解法就Accept了，转化思路，可以通过数学推导就计算最小的距离，最终时间复杂度为O(n)。
Accept代码：
#include<bits/stdc++.h> typedef long long LL; using namespace std; int main() { int test,n,i,j; ios::sync_with_stdio(false);//避免超时 cin.tie(0); cout.tie(0); cin>>test; while(test--) { cin>>n; vector<LL> a(n); for(i=0;i<n;i++) cin>>a[i]; LL sum=0; sort(a.begin(),a.end()); for(i=0;i<n-1;i++) { //可通过数学推导得出，实现O(n)的时间复杂度 sum += (a[i+1] - a[i]) * (LL)(i + 1) * (LL)(n - i - 1); } cout<<sum<<'\n'; } return 0; }
sum += (a[i+1] - a[i]) * (i + 1) * (n - i - 1)
关键的这一步数学推导可能有许多朋友存在疑问，为什么能用此取而代之2个for循环呢？
我的推导思路是这样的：
根据题目我们假设更普遍的数据为a[4]={3,5,8,11}，我们容易发现在2次循环做法时候，是存在许多重复计算的。
比如：计算3与8的距离，我们用到了3与5、5与8的距离，即是a[2]-a[0]=8-3=2+3, a[1]-a[0]=5-3=2。以此类推。
| dist(3,8) | dist(3,5) | dist(5,8) |
|---|---|---|
| a[2]-a[0]=8-3=2+3 | a[1]-a[0]=5-3=2 | a[2]-a[1]=8-5=3 |
我们似乎发现了规律，这种做法类似于动态规划，避免了重叠子问题的计算导致效率降低，所以针对这道题可以采用只计算每一个子问题一次，再记录每个子问题被计算的次数，进而提高效率，降低时间复杂度。
(a[i+1] - a[i]) * (i + 1) * (n - i - 1)
分析：
1、a[i+1] - a[i] 就是相邻2个元素的距离，这个好理解。
2、i+1 就是 a[i+1] 元素之前需要用到a[i+1] - a[i]距离计算的次数。
3、n -i -1 就是 a[i] 元素之后需要用到a[i+1] - a[i]距离计算的次数。
举例
a[4]={3,5,8,11}
根据推导式子为：
第一轮：2 * 1 * 3 = 6
第二轮：3 * 2 * 2 = 12
第三轮：3 * 3 * 1 = 9
计算结果27，与我们自行计算一致。实现O(N)时间复杂度。
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