洛谷 P3343 - [ZJOI2015]地震后的幻想乡（朴素状压 DP/状压 DP+微积分）
鸽子 tzc 竟然来补题解了，奇迹奇迹（
神仙题 %%%%%%%%%%%%
解法 1：
首先一件很明显的事情是这个最小值可以通过类似 Kruskal 求最小生成树的方法求得。我们将所有边按边权从小到大排序并依次加入图中，如果加入边权为 \(v\) 的边后图首次连通，那么这张图对答案的贡献就是 \(v\)。
那么怎么求这个期望值呢？我们考虑枚举加入多少条边后图首次连通，记这个数为 \(c\)，那么这种情况对期望的贡献就是 \(\dfrac{c}{m+1}\)，如果我们能再求出 \(p_c\) 表示加入 \(c\) 条边后图首次连通的概率，那么即可通过 \(ans=\sum\limits_{i=1}^mp_i\dfrac{i}{m+1}\) 求出答案。
因此现在问题就转化为如何求 \(p_i\)，注意到此题 \(n\) 很小，因此考虑状压 \(dp\)，我们设 \(f_{S,i}\) 表示在点 \(S\) 中的点之间连 \(i\) 条边后 \(S\) 中的点不连通的方案数，再设 \(g_{S,i}\) 表示在 \(S\) 中的点之间连 \(i\) 条边后 \(S\) 的点不连通的方案数。转移还是相对来说比较容易，我们先预处理出 \(D_S\) 表示 \(S\) 中的点之间总共连出了多少条边。对于 \(f\) 的转移，我们记 \(x\) 为 \(S\) 中最小的元素，即代码实现中的 s&-s，我们枚举哪些点与 \(x\) 在同一个连通块中，记作 \(T\)，再枚举 \(T\) 中的点连了多少条边，那么有 \(f_{S,i}=\sum\limits_{x\in T\subsetneq S}\sum\limits_{j=0}^ig_{T,i}\dbinom{D_{S-T}}{i-j}\)。至于 \(g\) 的转移，显然满足 \(f_{S,i}+g_{S,i}=\dbinom{d_S}{i}\)，因为在 \(S\) 中的边选 \(i\) 条边总共只有 \(\dbinom{d_S}{i}\) 种选择。子集枚举转移一下即可，复杂度 \(3^nm^2\)
接下来考虑知道 \(f,g\) 后怎样求出 \(p\)，记 \(U=\{1,2,3,\cdots,n\}\)，那么 \(p_i\) 显然等于加入 \(i-1\) 条边后不连通的概率减去加入 \(i\) 条边后不连通的概率。而显然加入 \(i\) 条边后不连通的概率显然为 \(\dfrac{f_{U,i}}{\dbinom{m}{i}}\)，因此 \(p_i=\dfrac{f_{U,i-1}}{\dbinom{m}{i-1}}-\dfrac{f_{U,i}}{\dbinom{m}{i}}\)，代入上面的式子求一下即可。
const int MAXN=10;
const int MAXP=1<<10;
const int MAXM=45;
int n,m,ed[MAXN+5][MAXN+5],d[MAXP+5];
double c[MAXM+5][MAXM+5],f[MAXP+5][MAXM+5],g[MAXP+5][MAXM+5];
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1,u,v;i<=m;i++) scanf("%d%d",&u,&v),ed[u][v]++;
for(int i=0;i<(1<<n);i++) for(int j=1;j<=n;j++) for(int k=1;k<=n;k++)
if((i>>j-1&1)&&(i>>k-1&1)) d[i]+=ed[j][k];
for(int i=0;i<=MAXM;i++){
c[i][0]=1;
for(int j=1;j<=i;j++) c[i][j]=c[i-1][j]+c[i-1][j-1];
}
for(int i=0;i<(1<<n);i++){
for(int j=0;j<=d[i];j++){
for(int k=i;k;k=(k-1)&i){
if(k&(i&-i)){
for(int l=0;l<=min(d[k],j);l++){
f[i][j]+=g[k][l]*c[d[i^k]][j-l];
}
}
} g[i][j]=c[d[i]][j]-f[i][j];
}
} double ans=0;
for(int i=0;i<=m;i++) ans+=1.0/(m+1)*f[(1<<n)-1][i]/c[m][i];
printf("%.6lf\n",ans);
return 0;
}
解法 2：
此题也可以从积分的角度来理解。
u1s1 这个做法就比上面那个做法不知道神仙多少倍了。
注意到此题涉及连续型变量，因此可以采用微积分，我们记 \(p(t)\) 为将所有边边权从小到大排序后，加入边权为 \(t\) 的边后图首次连通的概率，那么有
如果我们记 \(q(x)\) 为 \(\int_x^1p(z)\,\mathrm dz\)，即 \(x\) 时刻图不连通的概率，那么
接下来考虑怎样求这个东西，我们再定义二元函数 \(f(S,t)\) 表示在 \(t\) 时刻 \(S\) 中的点不连通的概率，转移就套路记 \(x\) 为 \(S\) 中最小的元素，并套路地枚举 \(t\) 时刻与 \(x\) 在同一连通块中的点 \(T\)，那么显然 \(S-T,T\) 之间所有边的边权都要 \(>t\)，我们记这样边的个数为 \(c(S-T,T)\)，那么：
但是显然这个 \(f(S,t)\) 不能直接通过类似 DP 的方式求出来，因为它涉及连续变量 \(t\)，注意到答案是一个积分形式，因此考虑将 DP 状态也设成一个积分的形式，我们从答案出发，答案要求
即
其中 \(U=\{1,2,3,\cdots,n\}\)。
因此考虑设 \(dp_S=\int_0^1f(S,t)\,\mathrm dt\)。
不过这样一来就有一个问题，在 \(f(S,t)\) 的转移式子中转移出来的不再是 \(\int_0^1f(T,t)\,\mathrm dt\)，而是 \(\int_0^1f(T,t)(1-t)^{k}\,\mathrm dt\) 的形式。因此考虑将原来一维 DP 状态扩展到二维，即设 \(dp_{S,k}=\int_0^1f(S,t)(1-t)^k\,\mathrm dt\)，那么有如下转移：
注意到左边的东西可以转化为
这显然就是一个幂函数的积分，记 \(F(x)=\int_0^xt^{c(S-T,T)+k}\,\mathrm dt\)，那么 \(F(x)=\dfrac{x^{c(S-T,T)+k+1}}{c(S-T,T)+k+1}\)
将 \(x=1\) 代入得原式 \(=\dfrac{1}{c(S-T,T)+k+1}\)
再看右边，这显然可以通过前面的 DP 状态推出来，这玩意儿显然就等于 \(dp_{T,c(S-T,T)+k}\)
故 \(dp_{S,k}=\dfrac{1}{c(S-T,T)+k+1}-dp_{T,c(S-T,T)+k}\)，简单递推求一下，最终答案即为 \(dp_{U,0}\)
时间复杂度 \(3^nm\)，比上面的解法少一个 \(m\)。
const int MAXN=10;
const int MAXM=45;
const int MAXP=1<<10;
int n,m,con[MAXN+5];
double f[MAXP+5][MAXM+5];
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1,u,v;i<=m;i++){
scanf("%d%d",&u,&v);
con[u]|=(1<<v-1);con[v]|=(1<<u-1);
}
for(int i=1;i<(1<<n);i++) if(i&1){
for(int j=i;j;j=(j-1)&i) if((j^i)&&(j&1)){
int cnt=0;
for(int k=1;k<=n;k++) if((i>>(k-1)&1)&&(~j>>(k-1)&1)) cnt+=__builtin_popcount(con[k]&j);
for(int k=0;k+cnt<=m;k++) f[i][k]+=1.0/(1+k+cnt)-f[j][k+cnt];
}
} printf("%.6lf\n",f[(1<<n)-1][0]);
return 0;
}
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