4.2模拟赛 wormhole(期望DP Dijkstra)

\(\color{white}{orzmjt又切题了...}\)

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\(Description\)

给定一张有向图，每条边在每一时刻有\(p_i\)的概率存在。求最优策略下从\(1\)走到\(n\)最少需要多长时间。

\(n,m\leq10^5\)。

\(Solution\)

在八十中做过一道类似的题...（我都想不起那题是哪的了还是mjt想起来的orz）

令\(f_x\)表示\(x\)点到\(n\)点最少的期望花费时间。对比样例解释可以猜出能够想到，假设最优解中转移到\(x\)的点是\(v_1,v_2,...,v_k\)，且这些点是按\(f_{v_i}\)从小到大排好序的，那么有$$f_x=p_{(x,v_1)}f_{v_1}+(1-p_{(x,v1)})p_{(x,v2)}f_{v_2}+...+\prod_{i=1}^k(1-p_{(x,v_i)})f_x$$

用\(Dijkstra\)转移就可以了（每次出队的一定已经是最优的\(f_v\)，且是从小到大的。如果\(f_v\)能使\(f_x\)变小，就要\(v\)，否则不管）。

考试的时候没判\(vis\)，有双向边然后\(f[x]\)重复转移了 丢了一堆分mdzz。。

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#include <queue>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#define mp std::make_pair
#define pr std::pair<double,int>
//#define gc() getchar()
#define MAXIN 300000
#define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++)
typedef long long LL;
const int N=1e5+5;

int Enum,H[N],nxt[N],to[N];
double P[N];
char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN;

inline int read()
{
	int now=0;register char c=gc();
	for(;!isdigit(c);c=gc());
	for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
	return now;
}
inline void AE(double w,int u,int v)
{
	to[++Enum]=v, nxt[Enum]=H[u], H[u]=Enum, P[Enum]=w/100.0;
}
void Dijkstra(int n,int m)
{
	static double f[N],sp[N];
	static bool vis[N];
	std::priority_queue<pr> q;
	f[n]=0, q.push(mp(0,n));
	for(int i=1; i<=n; ++i) sp[i]=1;
	while(!q.empty())
	{
		int x=q.top().second; q.pop();
		if(vis[x]) continue;
		vis[x]=1;
		if(x!=n) f[x]=(f[x]+1)/(1-sp[x]);
		for(int i=H[x]; i; i=nxt[i])
		{
			int v=to[i]; if(vis[v]) continue;
			double tmp=(f[v]+f[x]*sp[v]*P[i])/(1-sp[v]*(1-P[i]));
			if(sp[v]==1||(f[v]+1)/(1-sp[v])>tmp) f[v]+=f[x]*sp[v]*P[i], sp[v]*=(1-P[i]), q.push(mp(-(f[v]+1)/(1-sp[v]),v));
		}
	}
	printf("%.3f\n",f[1]);
}

int main()
{
	freopen("wormhole.in","r",stdin);
	freopen("wormhole.out","w",stdout);

	int n=read(),m=read();
	for(int i=1; i<=m; ++i) AE(read(),read(),read());
	Dijkstra(n,m);

	return 0;
}