51nod 1943 联通期望 题解【枚举】【二进制】【概率期望】【DP】
集合统计类期望题目。
题目描述
在一片大海上有 \(n\) 个岛屿，规划建设 \(m\) 座桥，第i座桥的成本为 \(z_i\)，但由于海怪的存在，第 \(i\) 座桥有 \(p_i\) 的概率不能建造。
求在让岛屿尽量联通的情况下，期望最小成本为多少。
尽量联通：在对每座桥确定能否建造的情况下，对于任意两个岛屿，如果存在一种建桥方案使得它们联通，那么它们必须联通。
输入输出格式
输入格式：
第一行：两个整数 \(n\) 和 \(m\)（\(n\) 为岛屿数量，\(m\) 为桥的数量），中间用空格分割。
之后 \(m\) 行，每行三个整数 \(x_i,y_i,z_i\) 和一个实数 \(p_i\)，表示一条联通岛屿 \(x_i\) 与 \(y_i\) 的桥，成本为 \(z_i\)，有 \(p_i\) 的概率损坏。保证不存在重边。
输出格式：
一行，一个实数 \(ans\)，表示期望最小成本。输出保留6位小数。
输入输出样例
输入样例：
3 3 1 2 10 0.5 1 3 10 0.5 2 3 10 0.5输出样例：
13.750000说明
数据范围：
\(n\le 14,\ m\le \frac{n(n−1)}{2},\ z_i\le 100000,\ 0<p_i<1\)
样例解释：
有 \(\frac 18\) 的概率能建 \(3\) 座桥，那么尽量联通的最小代价是 \(20\)。
有 \(\frac 38\) 的概率能建 \(2\) 座桥，那么尽量联通的最小代价是 \(20\)。
有 \(\frac 38\) 的概率能建 \(1\) 座桥，那么尽量联通的最小代价是 \(10\)。
有 \(\frac 18\) 的概率能建 \(0\) 座桥，那么尽量联通的最小代价是 \(0\)。
因此，总代价\(=\frac{1\times 20+3\times 20+3\times 10+0}8=13.750000\)。
题解：
集合一类的题目比较抽象，所以转移方程也有些难想。
首先我们考虑一条边在什么情况下会做出贡献。
理解题目中“尽量连通”的意思。对于一张图，如果两个点在原图上连通，那么要求他们在新图上必须连通。也就是求出最小生成森林。
因为相同权值的不同边对最小生成森林的最终结果互不影响，所以我们可以认为它们互不相同，对我们接下来的算法流程有一定的简化。首先按 \(z_i\) 排序，相同的 \(z_i\) 以下标为第二关键字。
那么一条边产生贡献当且仅当
- 它没有被破坏：\(1-p_i\)，
- 不存在一条比它小的边连接 \(x_i,y_i\)。
令 \(f[S]\) 表示集合 \(S\) 是当前的一个极大最小生成树的概率。极大最小生成树表示不存在一条边 \(\left<u,v\right>\) 使得 \(u\in S,v\notin S\) 且 \(S\) 内部互相连通。
对于一条边 \(\left<x_i,y_i\right>\)，枚举 \(x_i\in S,y_i\in T\) 的集合 \(S\) 和 \(T\)，且 \(S\cap T=\varnothing\)，则 \(f[S\cup T]\) 的值与当前边就有了关系。如果之前没有连通，那么这条边会造成一个新的贡献；如果之前连通了，则不造成影响。所以 \(f[S\cup T]\) 是加和关系。方程为 \(f[S\cup T]=f[S\cup T]+f[S]\times f[T]\times P\times (1-p_i)\)，其中 \(P\) 是一个参数，表示重复计算的一些量，在下面会重提。
当这条边被摧毁时，二者均不变。方程表示为 \(f[S]=f[S]\times p_i\)，这里没有上面的 \(P\)，原因在于当 \(f[S]\) 这个值有意义时，就代表之前全部都合法。
此时我们进一步讨论“如果之前没有连通”的情况。事实上不连通只要满足 \(S\cap T=\varnothing\) 就可以了，看上去是直接贡献到答案的，但是需要考虑一些特殊的边。
假设当前的边是红色，已经枚举到了 \(S,T\) 这两个集合。那么上面的蓝色边被摧毁时，分别在 \(S\) 和 \(T\) 处乘了 \(p_i\)，但是实际上这样的边每条只出现了一次。因此在合并的时候我们要把它除掉，令 \(g[S][T]\) 表示
就是蓝色边的 \(p\) 的乘积。那么对于一条边以及它两边的集合 \(S,T\)，它的 \(P=g[S][T]\)，对答案的贡献就是 \(f[S]\times f[T]\times P\times (1-p_i)\times z_i\)。
此时考虑怎么算 \(g[S][T]\)，你甚至无法开下一个 \(2^{28}\) 大小的数组。但是这个数可以 \(O(1)\) 计算或每次动态维护，这里给出 \(O(1)\) 的计算方法。
令 \(h[S]\) 表示 \(S\) 内部没有点互相连通的概率。对于第 \(i\) 条边，还是枚举左右的集合 \(S,T\)。\(h[S\cup T]\) 仍不连通的概率是 \(h[S\cup T]\times p_i\)，注意这里和 \(h[S],h[T]\) 都没有关系。直观上理解是因为 \(S\) 和 \(T\) 之间可能还有一些边连接了，理性上分析原因是 \(h[S\cup P]\) 如果仍不连通，那么之前一定不连通，同时当前这条边也没有做出贡献。（就这么简单）
然后发现 \(h[S\cup T]\) 中的概率也是蓝色的边多算了一次，因此 \(g[S][T]=\frac{h[S\cup T]}{h[S]\times h[T]}\)。然后枚举计算就可以了。
同时要注意 \(f\) 要满足无后效性，所以在更新完答案和一些无关的 \(f,h\) 后再更新一些不影响的 \(f[S]=f[S]\times p_i\)。
做了几个期望题..感觉到只要有任何一处细节错误就是 \(100\to 0\) 的节奏啊..省选应该不会主动开概率题的吧...
注意除法的常数极大，尽量转为乘法或者提前计算多次用到的数据。
由于枚举子集的子集复杂度为 \(O(3^n)\)，所以总时间复杂度是 \(O(m\cdot 3^{n-2})\)（题解说的。
\(O(2^{|S|})\) 枚举子集的方法可见博客置顶帖。
Code：
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define db double
struct edge
{
int x,y,z;
db p;
friend bool operator <(edge a,edge b)
{return a.z<b.z;}
}e[300];
db f[1<<14],h[1<<14];
//h是完全不连通概率
int main()
{
int n,m;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=m;++i)
{
scanf("%d%d%d%lf",&e[i].x,&e[i].y,&e[i].z,&e[i].p);
--e[i].x;
--e[i].y;
}
std::sort(e+1,e+1+m);
for(int i=0;i<n;++i)
f[1<<i]=1;
for(int i=0;i<(1<<n);++i)
h[i]=1;
int U=(1<<n)-1;
db ans=0;
for(int i=1;i<=m;++i)
{
int x=1<<e[i].x,y=1<<e[i].y;
int s=U^x^y;
for(int j=s;j>=0;j=s&(j-1))
{
int t=U^j^x^y;
for(int k=t;k>=0;k=t&(k-1))
{
db g=f[j|x]*f[k|y]*(1-e[i].p)/h[j|x|k|y]*h[j|x]*h[k|y];
f[j|x|k|y]+=g;
ans+=g*e[i].z;
h[j|x|k|y]*=e[i].p;
if(!k)
break;
}
if(!j)
break;
}
for(int j=s;j>=0;j=s&(j-1))
{
f[j|x]*=e[i].p;
f[j|y]*=e[i].p;
if(!j)
break;
}
}
printf("%.6lf\n",ans);
return 0;
}
