P3232 [HNOI2013]游走

P3232 [HNOI2013]游走

期望+概率+高斯消元

推荐阅读

P3232 游走 题目传送门

题目简述:

给出无向图包括(\(500\))点，(\(1.25e5\))边，从\(1\)点出发，到\(n\)点结束，对于每条边进行任意编号，求出它所有边的期望和\(\sum_{i=1}^{m}p_i \times num_i\)。

解题:

边概率-->点概率
可以想到期望和概率，我们可以发现除了\(1\)点比较特殊,\(n\)点非常特殊，其他的点性质就相同了,我们先尝试把所有点同时考虑，发现对于\(n\)点根本无法考虑，因为到\(n\)点就停了，概率没法传给任何点。

我们尝试把\(1 \thicksim n-1\)的点整体考虑，发现每个点的概率见都存在依赖关系。
我们可以想到高斯消元:P3389 【模板】高斯消元法。

高斯消元:

然后就可以比较方便的对于每一个点的期望访问次数列出方程:

对于点\(i\)：\(a_{i_1} \times p_1+a_{i_2} \times p_2+...+-p_i+...+a_{i_{n-1}} \times p_{n-1}+a_{i_n} \times p_n=0\)

对于点\(1\)：\(-p_1+a_2 \times p_2+...+a_{n-1} \times p_{n-1}+a_n \times p_n=-1\)

为什么对于点\(1\)，为什么是\(-1\)，因为\(p_1\)表示的是点\(1\)的总期望，出去返回的情况就是点\(1\)的初始期望为\(1.0000000000\)

所以这个方程便可以顺利的解了。

code:

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define fd(i, a, b) for (ll i = a; i >= b; i--)
#define r(i, a) for (ll i = fir[a]; i; i = e[i].nex)
#define file(a) freopen(#a ".in", "r", stdin);
#define il inline
#define db double
#define gc getchar()
#define f(i,a,b) for(ll i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
const ll maxn=5e2+10,INF=1e16,maxm=2e5;
il ll read(){
    ll x=0,f=1;char ch=gc;
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=gc;}
    while(ch>='0'&&ch<='9') x=(x*10)+(ch^48),ch=gc;
    return x*f;
}
ll cnt;
struct edge{ll to,from;}e[maxm<<1];
il void add(ll a,ll b){e[++cnt].to=b,e[cnt].from=a;}
ll n,m;
db g[maxn][maxn],out[maxn],one=1.0000000000;
il void guess(){
    n--;
    f(i,1,n){
        ll M=i;
        f(j,i+1,n) if(fabs(g[j][i])>fabs(g[M][i])) M=j;
        swap(g[M],g[i]);
        f(j,1,n){
            if(j==i) continue;
            db tmp=g[j][i]/g[i][i];
            f(k,i+1,n+1) g[j][k]-=tmp*g[i][k];
        }
    }
    n++;
}
db p[maxm];
int main()
{
    n=read()
    ;m=read();
    f(i,1,m){
        ll a=read(),b=read();
        add(a,b);
        out[a]++,out[b]++;
    }
    g[1][n]=-1;
    f(i,1,n-1) g[i][i]=-1;
    f(i,1,m){
        ll a=e[i].to,b=e[i].from;
        if(a==n||b==n) continue;
        g[a][b]=(one/out[b]);
        g[b][a]=(one/out[a]);
    }
    guess();
    f(i,1,n-1) g[i][n]/=g[i][i];
    f(i,1,m){
        ll a=e[i].to,b=e[i].from;
        p[i]=g[a][n]/out[a]+g[b][n]/out[b];
    }
    // f(i,1,m) cout<<p[i]<<endl;
    sort(p+1,p+1+m);
    db ans=0;
    f(i,1,m) ans+=(m-i+1)*p[i];
    printf("%.3lf",ans);
}