百度之星第二场（前四道签到题）

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百度之星第二场题目
因为是水题嘛，所以就不多赘述了。
官方题解也早就出了，如果想看更为标准的解析
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Poker

这题其实很好想，我的思路是先把每次需要交的费用m先取出来，然后在用剩下的钱除以实际消耗的，就能得到次数y，最后因为事先取出m块钱，所以再从y次的基础上增加一次，就是最后的答案了。其中要注意的坑就是如果拥有的钱不足以支付一次的消耗，就需要特判 （用人话将就是一次也玩不起，就不要玩了，穷鬼不配玩游戏） ，也就是n

下面是AC代码：

#include
using namespace std;
double a=2.0;
int main()
{
	int t,x,y;
	double ans,n,m,p,sum=0;
	scanf("%d",&t);
	while(t--)
	{
		scanf("%lf%lf%lf",&n,&m,&p);
		if(n<m)
		{
			printf("0\n");
			continue;
		}
		sum=n-m;
		y=sum;
		ans=m*p/100;
		x=ans;
		if(ans>x)
			x++;
		y/=x;
		y++;
		printf("%d\n",y);
	}
	return 0;
}

Distance

我记得19年百度之星好像也出过一次类似的题目，（当时太菜没做出来QAQ，今天！一雪前耻！！！）
我的思路是这样的：
假设有 1 2 3 4 5 5个数在数轴上，从1开始向着更大的数前进（请自行脑补滑动变阻器），那么会有1→2、1→3、1→4、1→5 四种路线，而所有的路线都必须经过1和2之间的距离也就是4×(2-1)=4

然后从第2点开始，会有2→3、2→4、2→5三条线，这三条线都会经过2和3之间的距离，也就是3×(3-2)=3，但是从1开始走的1→3、1→4、1→5，也会经过这段距离，即又是3×(3-2)=3，然后我们将他们合并同类项，变成了(1/2)→3、(1/2)→4、(1/2)→5，就是 2×3×(3-2)

不难看出，就是选择某点x，那么能够路过x与x+1点之间路径的道路，就是x及其之前的点的数与x之后点的数的积，用人话讲就是：“把一堆点分成两部分，x及其之前，x之后，然后把它们的个数相乘，最后再乘上x与x+1的距离”
然后每个点都这么求一下，最后计算总和，就解出来啦 \ (^ o ^) / ~

下面是AC代码：

#include
using namespace std;
int a[100005];
int main()
{
	int t;
	scanf("%d",&t);
	while(t--)
	{
		long long n,sum=0;
		scanf("%lld",&n);
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			scanf("%d",&a[i]);
		}
		sort(a+1,a+n+1);
		for(long long i=1;i<n;i++)
		{
			sum+=(a[i+1]-a[i])*(i*(n-i));
		}
		printf("%lld\n",sum);
	}
	return 0;
}

Covid

这题其讲的是病毒的传播 （结合实事，讲究），但是数据量和现实可没法比 （对面400万了，能比吗？真要算早MLE了）
我做了两张表

• 表格dt是人的编号和时间，记录某人某事在某地 （有写作文内味儿了）
• 表格pt是地点和时间，记录某地某时出现感染者，到过该地区的人均被感染

然后用时间做自变量，在时间轴上看每个人在某个时刻都在哪个地方 （老时间管理大师了） 然后康康他们有没有被感染，感染就OMG一下，这个函数是用来把这个人剩下的时间所到过的地点都标记感染，等到健康的人在相应的时间到达相应的地点，就记录感染，然后把这个人剩下的时间地点也扩散一下，最后的最后就输出人就好了。

下面是AC代码：

#include
using namespace std;
int dt[20005][105],pt[15][105],gr[200005],tmax;
void omg(int id,int t)
{
	for(int o=t;o<=tmax;o++)
	{
		if(dt[id][o]!=0)
			pt[dt[id][o]][o]=1;
	}
}
int main()
{
	int T;
	scanf("%d",&T);
	while(T--)
	{
		int n;
		tmax=0;
		scanf("%d",&n);
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			int it;
			scanf("%d",&it);
			for(int j=1;j<=it;j++)
			{
				int x,y;
				scanf("%d%d",&x,&y);
				dt[i][x]=y;
				if(x>tmax)tmax=x;
			}
		}
		omg(1,1);
		gr[1]=1;
		for(int i=1;i<=tmax;i++)
		{
			for(int j=1;j<=n;j++)
			{
				if(pt[dt[j][i]][i]==1)
				{
					gr[j]=1;
					omg(j,i+1);
				}
			}
		}
		printf("1");
		for(int i=2;i<=n;i++)
		{
			if(gr[i])printf(" %d",i);
		}
		printf("\n");
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			gr[i]=0;
			for(int j=1;j<=tmax;j++)
			{
				dt[i][j]=0;
			}
		}
		for(int i=1;i<=10;i++)
			for(int j=1;j<=tmax;j++)
				pt[i][j]=0;
	}
	return 0;
}

Car

这道题没啥好说的，数据量不大，一发dfs就过了。

下面是AC代码：

##include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[15],b[10],da,xiao;
void dfs(int k)
{
	if(k==10)
	{
		xiao=99999;
		for(int o=1;o<6;o++)
		{
			if(xiao>b[o])xiao=b[o];
		}
		if(xiao>da)
		{
			da=xiao;
		/*	for(int o=1;o<=5;o++)
			{
				printf("%d ",b[o]);
			}
			printf("\n");*/
		}
		return;
	}
	for(int o=1;o<=5;o++)
	{
		b[o]+=a[k];
		dfs(k+1);
		b[o]-=a[k];
	}
}
int main()
{
	int T;
	scanf("%d",&T);
	while(T--)
	{
		int n,x,m;
		scanf("%d",&n);
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			scanf("%d",&x);
			a[x%10]++;
		}
		dfs(0);
		m=n-da;
		printf("%d\n",m);
		da=0;
		for(int i=0;i<10;i++)
		{
			a[i]=0;
		}
	}
	return 0;
}