团体天梯练习 L2-020 功夫传人

L2-020 功夫传人

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：$N$ （$\le {10}^5$） ——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（ $i=0,\cdots ,N-1$ ）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 ${10}_{10}$ 。

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

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解题思路

根据题意，每个人都有一个师傅，且可以带多个徒弟，这很明显是树的结构。然后对于得道者是什么，其实就是树中的叶子节点，同时我们需要记录一下这个得道者功力放大的倍数。每传一代，功力值减小百分之 $r$，实际上就是变成百分之 $100-r$，题中问的是所有得道者（即叶子结点）的功力总值的整数部分，所以对于每个得道者，我们只需要知道其到祖师爷的距离就可以得到需要乘多少个百分之 $100-r$，这其实就是一个树上求点的层次的问题。

求树上节点的层次，用 $BFS$ 求解即可，树中的每个节点都只可能被访问一次，且第一次更新的距离就是该节点在树中的层次，所以无需判断每个节点是否先前被访问过。

/*   一切都是命运石之门的选择  El Psy Kongroo  */
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<queue>
#include<deque>
#include<stack>
#include<map>
#include<set>
#include<bitset>
#include<cmath>
#include<functional>
using namespace std;

typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int> pii;
typedef pair<int, pii> piii;
typedef pair<double, double> pdd;
typedef pair<string, int> psi;
typedef __int128 int128;
#define PI acos(-1.0)
#define eps 1e-6
#define x first
#define y second
//int dx[4] = {1, -1, 0, 0};
//int dy[4] = {0, 0, 1, -1};
const int inf = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;


const int N = 1e5 + 10;
int h[N], e[N], ne[N], idx;  //链式前向星
int dist[N];    //节点到根的距离
int pro[N];     //得道者倍数
bool st[N];     //标记是否为得道者(叶子结点)
int n;
double z, r;    //祖师爷功力  比率

void add(int a, int b){
    e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++ ;
}

void bfs(){
    queue<int> q; 
    q.push(0);

    while(!q.empty()){
        int u = q.front();
        q.pop();

        for(int i = h[u]; ~i; i = ne[i]){
            int v = e[i];       //每个点只会被遍历一次
            q.push(v), dist[v] = dist[u] + 1;
        }
    }
}

void show(){
    long double sum = 0;
    for(int i = 0; i <= n - 1; i ++ )
        if(st[i]) sum += pro[i] * z * pow(1.0 - 0.01 * r, dist[i]);

    cout << (ll)sum << endl;
}

int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0), cout.tie(0);

    memset(h, -1, sizeof(h));
    cin >> n >> z >> r;
    for(int i = 0; i <= n - 1; i ++ ){
        int k; cin >> k;
        if(!k) st[i] = true, cin >> pro[i];  //得道者
        while(k -- ){
            int v; cin >> v;
            add(i, v);
        }
    }

    bfs();

    show();

    return 0;
}