UVALive 4297 First Knight [期望+高斯消元(优化)]

　　一个n*m的矩形，给出从每个点去它周围的四个点的概率，问从[1,1]走到[n,m]的所花步数期望是多少。

　　在汤可因的国家集训队论文《浅析竞赛中一类数学期望问题的解决方法》中提到了这个题，对这种带环的模型一般都是高斯消元求解。

　　假设从某个点走到终点所花步数的期望是d[i,j]，很容易推出方程：

　　　　

　　这样对每个点列出一个方程，一共n*m个未知数，n*m个方程，用高斯消元即可求解，但是如果直接高斯消元复杂度会达到O(n^3*m^3)，所以必然要在基础的高斯消元上加以优化。

　　下面的这张图片取自题解，是当n=3，m=4时所列出的矩阵，题解中提到了一个block tridiagonal matrix，这应该是一种比较特殊的矩阵，暂且不管。

　　

　　观察这个矩阵，如果我们要把它化成上三角矩阵，对角线上全部都是1，对每个1，至多往下N个元素后，就全部是0了，所以至多只要对N行进行消元。而对每个1，消元的时候实际上都是参照这一行来消元的，而它的右边也至多也只有N个元素，后面就全部是0了，所以对于下面的每行，至多只要消N列就可以了，所以总的复杂度变为O(M*N^3)。另外建议在程序中从后向前把它化成下三角，这样最后就不用回代去求E11了。

　　

#include <string.h>
#include <stdio.h>
#define MAXN 1700
double d[MAXN][MAXN],x;
int an,am,n,m;
void gauss(){
    int i=an,j=an;
    while(i>=1){
        for(int k1=i-1;k1>=i-1-m&&k1>=1;k1--){
            double y=d[k1][j]/d[i][j];
            for(int k2=j;k2>=j-m&&k2>=1;k2--)
                d[k1][k2]-=y*d[i][k2];
            d[k1][am]-=y*d[i][am];
        }
        i--,j--;
    }
}
int main(){
    freopen("test.in","r",stdin);
    while(scanf("%d%d",&n,&m),n||m){
        an=n*m,am=an+1;
        for(int i=1;i<=an;i++)for(int j=1;j<=an;j++)d[i][j]=0;
        for(int k=0;k<4;k++){
            for(int i=1;i<=n;i++){
                for(int j=1;j<=m;j++){
                    scanf("%lf",&x);
                    int pos=i*m+j-m;
                    if(k==0)d[pos][pos]=-1;
                    if(k==0&&i<n)d[pos][pos+m]=x;
                    else if(k==1&&j<m)d[pos][pos+1]=x;
                    else if(k==2&&i>1)d[pos][pos-m]=x;
                    else if(k==3&&j>1)d[pos][pos-1]=x;
                }
            }
        }
        for(int i=1;i<=an;i++)d[i][am]=-1;d[an][am]=0;
        gauss();
        printf("%.6f\n",d[1][am]/d[1][1]);
    }
    return 0;
}