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（<=105）——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, ..., N-1）描述编号为i的人所传的徒弟，格式为：
Ki ID[1] ID[2] ... ID[Ki]
其中Ki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。Ki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1010。
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
- 思路
首先一个level数组存每一层（离祖师爷的距离）的得道者放大倍数之和
visited数组存是否被访问过
maxlevel记录最大的拥有得道者的层数（避免等下要访问整个level数组）
徒弟结构包含，徒弟id，指向下一位徒弟的指针
结构体peop表示每位成员，有id，第一位徒弟的指针（得道者就是null），放大倍数big（非得道者就是1），到祖师爷的路径长，isdd标记是否是得道者
先读数据非得道者就读徒弟，lt是上一个徒弟的指针，若lt是null就把当前徒弟赋给这个节点的第一个徒弟指针，否则就把当前节点赋给lt的next，记得更新lt
若遇到得道者就读入它的放大倍数big
将祖师爷的path置为0
开始DFS
若为访问过该节点，就标记访问，若该节点十个得道者isdd为1，则该节点的path为索引的level数组的值加上该节点的放大倍数，并可能更新maxlevel
设定一个指针t指向该节点的第一个孩子指针
while循环若t补为null就去把t的id对应的path赋为该节点的path+1
然后DFS（t->id)，t=t->next
最后遍历level数组进行计算即可
即在普通的链表存储DFS的基础上加上访问时对得道者的操作，以及遍历孩子时对path的更新 - 小注意点，注意那个r是相对于100的！！然后想把一个数转小数1.0不要0.1==
#include <iostream>
#include <math.h>
#define N 100000
using namespace std;
int level[N] = { 0 };//这一层的得道者数目
int visited[N] = { 0 };
int maxlevel = 0;
struct td
{
//徒弟链表节点
int id;
td* nexttd;
};
struct peop
{
int id;
td* firtd;
int big;//放大倍数
int isdd;//0为非得到，1为得道
int path;//到祖师爷的路径长度
};
peop peops[N];
void DFS(int start)
{
if (!visited[start]) {
visited[start] = 1;
if (peops[start].isdd) {
level[peops[start].path] += peops[start].big;
maxlevel = (maxlevel < peops[start].path) ? peops[start].path : maxlevel;
}
td* t = peops[start].firtd;
while (t != NULL) {
if (!visited[t->id]) {
peops[t->id].path = peops[start].path + 1;
DFS(t->id);
}
t = t->nexttd;
}
}
}
int main()
{
int n;
double z, r;
cin >> n >> z >> r;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
peops[i].id = i;
peops[i].firtd = NULL;
int k; cin >> k;
if (k) {
peops[i].big = 1;
peops[i].isdd = 0;
td *lt=NULL;
for (int j = 0; j < k; ++j) {
int x; cin >> x;
td *t = new td();
t->id = x;
t->nexttd = NULL;
if(lt){
//不是第一个
lt->nexttd = t;
lt = t;
}else {
lt = t;
peops[i].firtd = t;
}
}
}
else {
cin>>peops[i].big;
peops[i].isdd = 1;
}
}
peops[0].path = 0;
DFS(0);
double ans=0;
for (int i = 0; i <= maxlevel;++i){
ans += z*pow((1 - r/100*1.0), i)*level[i];
}
int a = ans;
cout << a;
system("pause");
return 0;
}
- 这位不用链表用二维向量的很简洁
https://www.liuchuo.net/archives/3835
vector<vector<int> >,用来存每个人的徒弟，没有徒弟就在index[i][0]存它的放大倍数
用一个数组标记某个编号是否是得到者
power初值为z每递归一层就（1-r/100）
DFS时传入（当前访问的节点的编号，power）
若遇到得道者则将power放大倍数并加到ans上，return
否则遍历这一行（即它的所有徒弟）DFS
