UVA1388 Graveyard（思维、数学推理）

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首先我们每个点原来有n个，那么我们设此时总长度为1，那么第一个点做原点，距原点距离为000。第二个点距原点距离就是 1n\frac{1}{n}n1 ，第三个点就是2n\frac{2}{n}n2，一直到n−1n\frac{n-1}{n}nn−1 。我们加入mmm个点，使得总点数为n+mn+mn+m，那么我们平均之后每一个点的位置就跟刚刚一样，1n+m\frac{1}{n+m}n+m1，3n+m\frac{3}{n+m}n+m3，3n+m\frac{3}{n+m}n+m3…，我们如何找到最近的位置让我们原来的点都移动过去呢，很直观的想法是原来每个点是 1n\frac{1}{n}n1 ,2n\frac{2}{n}n2…，我们将所有最后应该到达的位置1n+m\frac{1}{n+m}n+m1，3n+m\frac{3}{n+m}n+m3，3n+m\frac{3}{n+m}n+m3…存在setsetset里，然后二分low_bound找到第一个大于他和第一个小于他的位置，取最小差值即可（直接模拟）。但是这样是不是太麻烦了（而且除以n+mn+mn+m之后可能会有精度误差）。我们思考有没有什么方便的操作可以取代二分找最短距离。我们可以除以n+mn+mn+m，为什么不乘以n+mn+mn+m试试呢，乘以n+mn+mn+m以后，总距离变成了n+mn+mn+m，使得所有点均匀放置的话我们每个点的最终位置就应该是1,2,3...n+m1,2,3...n+m1,2,3...n+m，那么我们最开始的位置从总长度为1的1n\frac{1}{n}n1，2n\frac{2}{n}n2变成了1∗（n+m）n\frac{1*（n+m）}{n}n1∗（n+m），2∗（n+m）n\frac{2*（n+m）}{n}n2∗（n+m），这样都变成了总长度为n+mn+mn+m的形式。我们发现最终的位置都是整数，这样就有了一个大胆的想法，直接四舍五入不就是一个分数到达整数的最短距离嘛，那么我们最终位置是整数，我们移动的过程就是从分数移动到整数的最短距离，那么我们的答案就利用四舍五入，累加距离，即是最终的答案。

至于代码就非常简单了

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>using namespace std;int n, m;
int main()
{while(scanf("%d%d", &n, &m) != EOF){double ans = 0.0;for(int i = 1; i < n; ++ i){//一共n-1个点需要移动double pos = (double)i / n * (n + m);ans += fabs(pos - floor(pos + 0.5)) / (n + m);}printf("%.4f\n", ans * 10000);}return 0;
}

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