BZOJ3143:[HNOI2013]游走——题解
http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3143
Description
一个无向连通图,顶点从1编号到N,边从1编号到M。
小Z在该图上进行随机游走,初始时小Z在1号顶点,每一步小Z以相等的概率随机选 择当前顶点的某条边,沿着这条边走到下一个顶点,获得等于这条边的编号的分数。当小Z 到达N号顶点时游走结束,总分为所有获得的分数之和。
现在,请你对这M条边进行编号,使得小Z获得的总分的期望值最小。Input
第一行是正整数N和M,分别表示该图的顶点数 和边数,接下来M行每行是整数u,v(1≤u,v≤N),表示顶点u与顶点v之间存在一条边。 输入保证30%的数据满足N≤10,100%的数据满足2≤N≤500且是一个无向简单连通图。
Output
仅包含一个实数,表示最小的期望值,保留3位小数。
Sample Input
3 3
2 3
1 2
1 3Sample Output
3.333
参考http://blog.csdn.net/vmurder/article/details/44542575
期望不会啊怎么办……
首先我们很容易想到一个贪心:将所有的边走过的期望求出,大期望配小编号即可。
那么求边的期望w,它的左右端点为u和v,度分别为d[u],d[v],走过点的期望为x[u],x[v],那么显然:
w=x[u]/d[u]+x[v]/d[v]。
现在变成了求x,显然就是与它相邻的点的(期望/度数)之和。
但是x1显然需要在原有的基础上+1(因为从该点出发必然经过一次)
xn显然是0(虽然是有且仅有一次会进去,所以理论上应当为1,但是一旦进去就出不来了,对于所有其他的运算来说xn即为0,那我们更新的时候直接把他当做0走即可)
剩下的就是高斯消元了。
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef double dl;
const int N=;
const int M=N*N;
int u[M],v[M],d[N];
dl f[N][N],x[N],w[M];
inline void Gauss(int n,int m){
for(int i=;i<=n;i++){
int l=i;
for(int j=l+;j<=n;j++)
if(fabs(f[l][i])<fabs(f[j][i]))l=j;
if(l!=i)
for(int j=i;j<=m;j++)
swap(f[l][j],f[i][j]);
for(int j=i+;j<=n;j++){
dl temp=f[j][i]/f[i][i];
for(int k=i;k<=m;k++)
f[j][k]=f[j][k]-f[i][k]*temp;
}
}
for(int i=n;i>=;i--){
dl t=f[i][m];
for(int j=n;j>i;j--)
t-=x[j]*f[i][j];
x[i]=t/f[i][i];
}
return ;
}
int main(){
int n,m;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=;i<=m;i++){
scanf("%d%d",&u[i],&v[i]);
d[u[i]]++;d[v[i]]++;
}
for(int i=;i<n;i++)f[i][i]=-;
for(int i=;i<=m;i++){
f[u[i]][v[i]]+=1.0/d[v[i]];
f[v[i]][u[i]]+=1.0/d[u[i]];
}
for(int i=;i<=n;i++)f[n][i]=;
f[][n+]=-,f[n][n]=;
Gauss(n,n+);
for(int i=;i<=m;i++)w[i]=x[u[i]]/d[u[i]]+x[v[i]]/d[v[i]];
sort(w+,w+m+);
dl ans=;
for(int i=;i<=m;i++)ans+=(m-i+)*w[i];
printf("%.3f\n",ans);
return ;
}
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