https://pintia.cn/problem-sets/994805046380707840/problems/994805059118809088
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（≤）——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（,）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1。
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代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 10;
int N;
double Z, R;
int cnt = 0, root;
int large[maxn], see[maxn], vis[maxn], lar[maxn];
vector<int> v[maxn];
int depth[maxn];
double Pow(double a, int b) {
double ans1 = 1.0;
while(b) {
if(b % 2) {
ans1 = ans1 * a;
b --;
} else {
a = a * a;
b /= 2;
}
}
return ans1;
}
void dfs(int st, int step) {
if(v[st].size() == 0) {
depth[st] = step;
return ;
}
for(int i = 0; i < v[st].size(); i ++) {
if(!vis[v[st][i]]) {
vis[v[st][i]] = 1;
dfs(v[st][i], step + 1);
vis[v[st][i]] = 0;
}
}
}
int main() {
memset(see, 0, sizeof(see));
memset(vis, 0, sizeof(vis));
scanf("%d%lf%lf", &N, &Z, &R);
for(int i = 0; i < N; i ++) {
int K, x;
scanf("%d", &K);
if(K == 0) {
scanf("%d", &x);
large[cnt ++] = i;
lar[i] = x;
} else {
for(int k = 0; k < K; k ++) {
scanf("%d", &x);
see[x] = 1;
v[i].push_back(x);
}
}
}
root = 0;
while(see[root]) root ++;
dfs(root, 0);
double sum = 0;
R /= 100;
R = 1 - R;
for(int i = 0; i < cnt; i ++) {
int mi = depth[large[i]];
sum += (Z * Pow(R, mi) * lar[large[i]]);
}
printf("%d\n", (int)sum);
return 0;
}
要用快速幂 否则会超时 哭唧唧 晚安安了
FH
原文地址：https://www.cnblogs.com/zlrrrr/p/10612024.html