PAT 1079 Total Sales of Supply Chain（树遍历+BFS）

题目

https://www.patest.cn/contests/pat-a-practise/1079

题意：将零售商-经销商-供应商这条链抽象为一棵树；供应商作为根节点，出货物的价格为p，然后从根结点开始每往下走一层，该层的货物价格将会在父亲结点的价格上增加r%，给出每个叶结点（即零售商）的货物量，求他们的价格之和。

解题思路

供应商-经销商-零售商三者的关系可以看作是树的根节点-内部节点-叶子结点的关系。因此问题就转化成求每个叶子结点的层号，然后乘以相应系数，累加即可。

一次BFS/DFS解决，DFS代码比较简洁。

AC代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <queue>
#include <cmath>
using namespace std;
const int maxn = 100005;

vector<int> follow[maxn]; //记录节点i的后续节点
int level[maxn]; //节点的层次
int visited[maxn] = {false};

double sale[maxn] = {0}; //零售商的编号集合
vector<int> retail; //零售商i的卖出数量

void BFS(int s)
{
    queue<int> q;
    q.push(s);
    visited[s] = true;
    level[s] = 0; //根节点层号为0
    int out, son;
    while (!q.empty())
    {
        out = q.front(); q.pop();
        for (int i = 0; i < follow[out].size(); ++i)
        {
            son = follow[out][i];
            if (!visited[son]) //保证子节点没访问过
            {
                level[son] = level[out] + 1; //子节点层次为父节点层次+1
                visited[son] = true;
                q.push(son);
            }
        }
    }
}

void DFS(int index, int depth)
{
    if (follow[index].size() == 0) //到达叶子结点
    {
        level[index] = depth; //也可以直接在这里累加到ans
        return;
    }
    for (int i = 0; i < follow[index].size(); ++i) //对每个子节点搜索
        DFS(follow[index][i], depth+1);
}



int main()
{
    int n;
    double p, r;
    int cnt, tmp;
    cin >> n >> p >> r;
    for (int i = 0; i < n; ++i) //处理每个编号为i的节点
    {
        cin >> cnt;
        if (cnt == 0) //叶子结点
        {
            cin >> sale[i];
            retail.push_back(i); //零售商的编号集合
            continue;
        }
        for (int j = 0; j < cnt; ++j)
        {
            cin >> tmp;
            follow[i].push_back(tmp);
        }
    }
    BFS(0); //BFS
    //DFS(0, 0); //DFS
    double ans = 0;
    for (int i = 0; i < retail.size(); ++i) //累加零售商的售价
    {
        tmp = retail[i];
        ans += sale[tmp] * p * pow(1.0+r/100, level[tmp]);
    }
    printf("%.1f\n", ans);
    return 0;
}