2020年百度之星程序設計大賽-初賽二前兩題解答代碼思路
Poker
Problem Description
小沃沃在玩一個有趣的游戲。
初始他有 n 塊錢，每一輪他需要投入至少 m 塊錢，系統會拿走其中 p% 的錢，並把剩下的錢還給他。
請問在最優情況下，小沃沃最多可以玩多少輪？
假設當前一輪小沃沃投入了 x 塊錢，那么他可以收回 ⌊x*(1−p%)⌋ 塊錢，其中⌊a⌋ 表示 a 取下整。 小沃沃每一輪投入的錢不能超過他現在擁有的錢。
每一輪投入的錢必須為整數。Input
第一行一個正整數 test(1≤test≤100000) 表示數據組數。
對於每組數據，一行三個整數 n,m,p(1≤n≤100000,1≤m≤1000,1≤p≤100)。
Output
對每組數據輸出一行一個整數表示答案。Sample Input
2
10 2 50
10 2 100
Sample Output
9
5
這道題比較簡單，第一次提交遇到超時問題，后來使用了scanf和printf解決問題。
Accept代碼：
#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會超時
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： 觀察到小沃沃每次只會投入 m 塊錢，當他手上的錢大於等於 m 時，他可以繼續玩，每次會被拿走⌈m∗p%⌉ 這么多錢。那么就很好算了。
Distance
Problem Description
小沃沃所在的世界是一個二維平面。他有 nn 個朋友，第 ii 個朋友距離他的距離為 a[i]，小沃沃並不知道這些朋友具體在什么點上。
請問在最優情況下，小沃沃的朋友兩兩之間的歐幾里得距離的和的最小值是幾？
假設小沃沃的位置為 P_0 = (x_0,y_0)，第 i 個朋友的位置為 P_i = (x_i,y_i)，對於所有的 i，需要滿足 dist(P_0, P_i) = a[i]，並且∑ i=1 n−1∑ j=i+1 n dist(Pi,Pj) 最小，其中 dist(X,Y)dist(X,Y) 為連接點 XX 和點 YY 的線段的長度。x_i,y_i都可以是任意實數。Input
第一行一個正整數 test(1≤test≤10) 表示數據組數。
對於每組數據，第一行一個正整數 n(1≤n≤100000)。
接下來一行 n 個整數，第 i 個整數 a[i] (1≤a[i]≤1000000000) 表示第 i 個朋友和小沃沃的距離。
Output
對每組數據輸出一行一個數，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數。Sample Input
2
2
3 5
5
1 2 3 4 5
Sample Output
2
20
這道題目也好理解，寫程序思路直接，只是又遇到了超時問題。
#include<bits/stdc++.h> #include<cstdlib> using namespace std; //int a[1000000005];//數組太大，會出錯 int *a = new int[1000000005];//全局變量動態分配 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++)//時間復雜度O(n^2)，超時 { 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; }
這道題目出現超時問題，可能數組很大或者算法不夠好，兩個for循環時間復雜度較高O(n^2)，雖然本地測試的時間限時小於1000ms，但是提交還是超時了，后續需要看看其他大佬怎么做的……
目前官方提示：最優情況下，所有人必然在由小沃沃出發的在一條射線上（任意兩個人的距離都最小）。我們把 a 排序以后，算距離和就比較簡單了。
測試時間：
我來更新Distance題目啦，這個解法就Accept了，轉化思路，可以通過數學推導就計算最小的距離，最終時間復雜度為O(n)。
Accept代碼：
#include<bits/stdc++.h> typedef long long LL; using namespace std; int main() { int test,n,i,j; ios::sync_with_stdio(false);//避免超時 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++) { //可通過數學推導得出，實現O(n)的時間復雜度 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)
關鍵的這一步數學推導可能有許多朋友存在疑問，為什么能用此取而代之2個for循環呢？
我的推導思路是這樣的：
根據題目我們假設更普遍的數據為a[4]={3,5,8,11}，我們容易發現在2次循環做法時候，是存在許多重復計算的。
比如：計算3與8的距離，我們用到了3與5、5與8的距離，即是a[2]-a[0]=8-3=2+3, a[1]-a[0]=5-3=2。以此類推。
| 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 |
我們似乎發現了規律，這種做法類似於動態規划，避免了重疊子問題的計算導致效率降低，所以針對這道題可以采用只計算每一個子問題一次，再記錄每個子問題被計算的次數，進而提高效率，降低時間復雜度。
(a[i+1] - a[i]) * (i + 1) * (n - i - 1)
分析：
1、a[i+1] - a[i] 就是相鄰2個元素的距離，這個好理解。
2、i+1 就是 a[i+1] 元素之前需要用到a[i+1] - a[i]距離計算的次數。
3、n -i -1 就是 a[i] 元素之后需要用到a[i+1] - a[i]距離計算的次數。
舉例
a[4]={3,5,8,11}
根據推導式子為：
第一輪：2 * 1 * 3 = 6
第二輪：3 * 2 * 2 = 12
第三輪：3 * 3 * 1 = 9
計算結果27，與我們自行計算一致。實現O(N)時間復雜度。
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