B4213题解

· · 题解

已修改部分细节 （错别字） 及排版 。

首先放上 AC 代码。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long gcd(long long a, long long b){ // 最大公约数
    if(b == 0) return a;
    return gcd(b, a % b); // 用递归实现的最大公约数
}
int main(){
    long long l, v1, v2, t;
    cin >> l >> v1 >> v2 >> t;
    if(v1 < v2){
        swap(v1, v2);
    }
    if(v1 == 0){ // 较快的一只青蛙速度是0，说明较慢的一只速度也为0
        cout << 0 << endl;
        return 0;
    }
    if(v2 == 0){ // 较慢的一只青蛙速度是0，只需要考虑较快青蛙的速度
        cout << ( v1 * t / l + 1) / 2  << endl;
        return 0;
    }
    long long sum= v1 + v2, subs = v1 - v2; // sum为和，subs为差
    long long ans= (sum * t + l) / (2 * l)+(subs * t + l) / (2 * l);
    // 核心部分
    long long d= gcd(v1, v2);
    if( (v2 / d % 2) != (v1 / d % 2)) // 一个数为奇数，另一个数为偶数的情况
        ans -= (d * t+ l) / (2 * l);
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

现在来看题目。

最初我审题时，认为这只是一道用顺序结构就能搞定的题目，即先算出在 T 秒内两只青蛙游的总路程（对应我的程序中的 sum），再加上一次长度 L，因为第一次相遇两只青蛙游的路程和为 L，而接下来每一次相遇两只青蛙游的路程为 2L。最后，将 sum 整除 2L，再输出就可以了。

可这样做只能得到 60 分。

代码 ：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long L,V1,V2,T,ans,sum;
int main () { 
    cin>> L >> V1 >> V2 >> T ;
    sum =(V1+V2)*T;
    ans= (sum+L) * 1.0 / (L * 2);
    cout<< ans;
    return 0;
}

接着再想一想，能不能优化一下呢 ？

我们可以将青蛙的速度 V_1 和 V_2 比大小 。 如果速度较快的青蛙速度是 0， 那么我们就知道两只青蛙都没有动，输出 0 即可。而如果较慢的青蛙速度是 0，我们就只需要计算较快的那只青蛙走的长度了 。

同时，如果求出 V_1 和 V_2 的最大公约数（对应我的程序中的 d）， 再利用 d 进行最常见的操作 ， 就可以 AC 本题了 。

代码较乱，请见谅。如果我讲的那里不清楚，您可以在评论区问，我会经常看的。