P3232 [HNOI2013]游走

洛谷传送门

Solution

看到题不要慌，不要因为是期望而慌张。像我一样

我们一步一步分析(●'◡'●)

首先，根据贪心的思想，期望经过次数多的边我们给它更小的编号。

那么现在就想怎么求出每条边的期望经过次数？

经过一番思考，发现每条边只与它的两个点及点的度数有关，用式子写一下就是：

\[g_e=\frac {f_u}{d_u}+\frac {f_v}{d_v} \]

（其中 \(e\) 为 \(\langle u,v\rangle\) 这条边， \(g_e\) 表示 \(e\) 的期望经过次数， \(f_u\) 表示 \(u\) 这个点的期望经过次数， \(d_u\) 表示 \(u\) 的度数， \(f_v,d_v\) 同理。）

因为每次经过 \(u\) 的时候，都有 \(\dfrac 1{d_u}\) 的概率经过这条边， \(v\) 同理。

那那么我们就把问题转化到怎么求出每个点的期望经过次数？

又经过一波观察，发现每个点只和它相连的点及点的度数有关，用式子写出来就是：

\[f_u=\sum_{v\in E_u}\frac {f_v}{d_v } \]

（其中 \(E_u\) 表示和 \(u\) 相连的点集。）

这个式子的道理和上面和边有关的那个式子是一样的^o^/

但是有两个特殊的点：

1.第 \(1\) 个节点是开始的节点，也就是刚开始就走过了，所以 \(f_1\) 的转移不一样： \(f_1=1+\sum \frac {f_v}{d_v}\) 。

2.第 \(n\) 个节点是结束的节点，也就是走到 \(n\) 即结束，所以任何一个点不能从 \(n\) 转移，计算 \(g\) 的时候也不能将 \(\dfrac {f_n}{d_n}\) 计入答案。最简单的方法就是 \(f_n=0\) 。

---

接下来我们可以将 \(f\) 的 \(n-1\) 个式子看做 \(n-1\) 个 \(n-1\) 元方程组，用高斯消元求解即可。

注意：因为是方程组，式子的形式都是 \(a_{k,1}*f_1+a_{k,2}*f_2+\cdots+a_{k,i}*f_i+\cdots +a_{k,n}*f_n=f_k\) （ \(a_{k,i}\) 代表 \(f_i\) 在第 \(k\) 个式子中的系数），所以对于特殊的 \(f_1\) ，式子要变成 \(\sum a_{1,i}*f_i=f_1-1\) 。

Code

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>

using namespace std;
const int N=510,M=125010;
const double eps=1e-9;
int n,m,cnt,head[N],d[N],u[M],v[M];
struct edge{
    int to,nxt;
}e[M<<1];
double a[N][N],g[M],ans;

inline int read(){
    int x=0,f=1;
    char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)){if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
    while(isdigit(ch)){x=x*10+(ch^48);ch=getchar();}
    return x*f;
}

inline void add(int u,int v){
    e[++cnt].to=v;
    e[cnt].nxt=head[u];
    head[u]=cnt;

    e[++cnt].to=u;
    e[cnt].nxt=head[v];
    head[v]=cnt;

    d[u]++; d[v]++;
}

inline void gauss(){
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int max=i;
        for(int j=i+1;j<=n;j++) if(fabs(a[j][i])>fabs(a[max][i])) swap(max,j);
        if(max!=i)
            for(int j=1;j<=n+1;j++) swap(a[i][j],a[max][j]);
        if(fabs(a[i][i])<eps) continue;
        for(int j=1;j<=n;j++){
            if(j!=i){
                double tmp=a[j][i]/a[i][i];
                for(int k=i+1;k<=n+1;k++)
                    a[j][k]-=a[i][k]*tmp;
            }
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        a[i][n+1]/=a[i][i];
}

int main(){
    n=read(); m=read();
    for(int i=1;i<=m;i++){
        u[i]=read(); v[i]=read();
        add(u[i],v[i]);
    }
    n--; a[1][n+1]=-1.0;
    for(int u=1;u<=n;u++){
        a[u][u]=-1;
        for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt){
            int v=e[i].to;
            if(v!=n+1) a[u][v]=1.0/d[v];
        }
    }
    gauss();
    for(int i=1;i<=m;i++)
        g[i]=a[u[i]][n+1]/d[u[i]]+a[v[i]][n+1]/d[v[i]];
    sort(g+1,g+m+1);
    for(int i=1;i<=m;i++)
        ans+=g[i]*(m-i+1);
    printf("%.3lf\n",ans);
    return 0;
}