【題意分析】

給定n個(gè)點(diǎn)，從原點(diǎn)出發(fā)，走遍所有的點(diǎn)（可以不按順序走）。輸出：所有的方案所行走的距離和與總方案數(shù)的比（最后的兩個(gè)數(shù)需互質(zhì)）。

【解題思路】

首先，先不要管數(shù)據(jù)范圍——求總方案數(shù)是比較簡(jiǎn)單的，就是n!，為什么呢？首先，從0到每一個(gè)點(diǎn)，有n種方法。然后，剩下了(n-1)個(gè)點(diǎn)，因?yàn)椴豢赡茏呋卦c(diǎn)，所以還有(n-1)種走法……那么，根據(jù)乘法原理，一共有：n*(n-1)*(n-2)*……*1=n!種走法。

然后，我們來(lái)看看怎么推導(dǎo)所有方案所行走的距離。

1，??????????走第一步的時(shí)候，一共有n種走法，又因?yàn)楣灿衝!種做法，所以，第一步從0~ai(0<i<=n)的走法分別有(n!)/n=(n-1)!種。

2，??????????下面是第2步到~第n步的走法。像ai~aj這樣的走法，并使i,j相鄰。除了這兩個(gè)數(shù)以外，其他的排列就有(n-2)!種，那么，這樣的i,j一共有(n-1)種走法。所以，一共有(n-2)!*(n-1)=(n-1)!種走法。假如還是不懂的話，看下面的例子：

???????????????? 有四個(gè)數(shù)字：1，2，3，4

? 選1,2：有(n-2)!種

? 選2,3：有(n-2)!種

……

共(n-1)種。

很明顯，一共有(n-2)!*(n-1)=(n-1)!種走法。

因?yàn)橛衋i~aj，所以也可以有aj~ai，所以最終結(jié)果要*2。

3，接下來(lái)：我們要進(jìn)行化簡(jiǎn)。

[(a1+a2+a3+……+an)*(n-1)!+2*（∑|ai-aj|(i!=j)）*(n-1)!]/(n!)

=[a1+a2+a3+……+an+2*（∑|ai-aj|(i!=j)）]/n

接下來(lái)：我們就要考慮計(jì)算∑|ai-aj|(i!=j)的問(wèn)題。

其實(shí)，這個(gè)就相當(dāng)于，給定n個(gè)點(diǎn)，求所有ai-aj的和。

4，再舉一個(gè)例子：

?

?

??????????? L1=a2-a1? ???????????????L2=a3-a2? ????????????????????L3=a4-a3

我們記T3為黃色的路線，T2為紅色……。T則為∑|ai-aj|(i!=j)。

那么，T=T3+T2+T1

?????? =(3L3+2L2+1L1)+(2L2+1L1)+(1L1)

?????? =(1L1)+ (1L1+2L2)+(1L1+2L2+3L3)

很明顯，T(i)=T(i-1)+i*Li

那么：可以用變量S把Ti計(jì)算出來(lái)，再用num把S累加就可以了（注意要乘二）。

如果按照上面的算法，則時(shí)間復(fù)雜度為O(n)。

5，

Ans = [（a1+a2+a3+……+an）+num]/n

則比為

（a1+a2+a3+……+an）+num:n

最后再用gcd它們的求最大公約數(shù)就可以了（記得用longlong）。

【程序】

#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std;const int MAXN=100007; int n; int dis[MAXN]; long long sum,ans,s;long long gcd(long long x,long long y) {if(!(x%y))return y;return gcd(y,x%y); }int main() {scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;++i){scanf("%d",&dis[i]);sum+=dis[i];}sort(dis+1,dis+n+1);dis[0]=0;for(int i=1;i<n;++i){s+=(dis[i+1]-dis[i])*i;ans+=(long long)s*2;}long long tgcd=gcd(ans+sum,n);printf("%I64d %I64d\n",(ans+sum)/tgcd,n/tgcd);return 0; }
這是一數(shù)學(xué)題，很值得思考。

轉(zhuǎn)載于:https://www.cnblogs.com/ouqingliang/p/9245267.html

總結(jié)

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