[CSP-S模拟测试]:糊涂图（概率DP）

题目传送门（内部题76）

---

输入格式

　　第一行输入三个空格隔开的整数$n,m,s$表示随机加一条边之前的糊涂图的点数，边数，以及起点的编号。
　　接下来$m$行，每行两个空格隔开的整数$a,b$表示从$a$到$b$有一条有向边。保证$a<b$，但可能存在重复的边。
　　最后两个空格隔开的数字$Max,Avr$。如果$Max!=-1$，那么$Max$就是第一个问题的答案（三位小数），选手在输出的时候把$Max$直接输出就可以了。否则，如果$Max=-1$，说明没有给出第一个问题的答案，选手需要自己计算。$Avr$的作用相同，在$Avr!=-1$的时候给出第二个问题的答案（三位小数）。不会出现$Max$和$Avr$都不为$-1$的情况。

---

输出格式

　　一行两个空格隔开的小数（保留三位），表示$liu\text{_}runda$的最大获胜概率和平均获胜概率。

---

样例

见下发文件

---

数据范围与提示

　　对全部的测试点，$n\leqslant 10^5,m\leqslant 3\times 10^5$，$Max$和$Avr$不会同时不等于$-1$
　　第$1$个测试点，$m=0,Avr!=-1,Max=-1$
　　第$2$个测试点，$m=0,Avr=-1,Max=-1$
　　第$3,4$个测试点，$m=1,Avr=-1,Max=-1$
　　第$5,6,7,8$个测试点，$n\leqslant 100,m\leqslant 300,Avr=-1,Max=-1$
　　第$9,10,11$个测试点，$Avr!=-1,Max=-1$，也就是说需要自己求$Max$
　　第$12,13,14$个测试点，$Max!=-1,Avr=-1$，也就是说需要自己求$Avr$
　　第$15,16,17,18,19,20$个测试点，$Avr=-1,Max=-1$
　　其中还有一些测试点具有较特殊的性质：
　　第$5,15,16$个测试点还满足，$m=n-1$且对任意满足$2\leqslant i\leqslant n$的$i$，存在一条从$i-1$到$i$的有向边，也就是说图的形状是一条链
　　第$9,12,17$个测试点还满足，$m\leqslant 100$

---

题解

显然是一道树上概率$DP$，然后就不会了……

可以知道，如果到不能走走了奇数条边，那么$liu\text{_}runda$获胜；否则失败。

不妨做如下定义：

　　$\alpha.f[i]$表示从$i$号点出发经过奇数条边之后停止的概率。

　　$\beta,g[i]$表示在原来的图中从$s$出发经过$i$的概率。

　　$\gamma.h[i]$表示从$s$出发随机行走没有经过$i$的概率。

　　$\delta.p0[i]$表示从$s$出发经过$i$且经过偶数条边的概率。

　　$\epsilon.p1[i]$表示从$s$出发经过$i$且经过奇数条边的概率。

　　$\zeta.Q[i]$表示$liu\text{_}runda$从$i$出发获胜的概率。

考虑求出$f$数组。

对于$f[i]$，没有出度的点$f[x]=0$，直接递推求出其它点即可。

考虑加边之后对胜率的影响，不妨设这条边从$u$到$v$，则原来走的时候可能根本不会经过$u$，那么对于这种情况，其对答案没有影响。

考虑求出$g$数组。

起点固定为$s$，可以对于每个点递推$x$求出在原来的图上从$s$出发经过点$i$的概率概率，$g[s]=1$。

考虑求出$p0[i]$和$p1[i]$，$p0[s]=1,p1[s]=0$，递推其可得到其它值。

考虑求出$h$数组。

现在再考虑有加边的情况，可以再将其细分为两种情况：

　　$\alpha.$从$s$出发随机行走经过了$i$。

　　$\beta.$从$s$出发随机行走没有经过$i$。

那么我们可以知道：

$$f[s]=p0[i]\times f[i]+p1[i]\times (1-f[i])+(1-p0[i]-p1[i])\times h[i]$$

加边之后对胜率的影响只影响了从$u$出发的概率，也就是只影响了$p0[u]\times f[u]+p1[u]\times (1-f[u])$。

再来考虑加边的影响，假设点$u$原来的出度为$k$，那么现在从$u$出发走这条加边的概率就是$\frac{1}{k+1}$。

因为这条加边在走过之后就会被删除，也就是恢复了原图的状态。

那么如果$liu\text{_}runda$从$u$出发，那么其胜率即为：

$$\frac{1}{k+1}\times (1-f[v])+\frac{k}{k+1}\times f[v]$$

反之同理。

所以答案就是

$$ans=p0[i]\times Q[i]+p1[i]\times (1-Q[i])+(1-p0[i]-p1[i])\times h[i]$$

式中$Q[i]$在上面已经求出，即为

$$Q[i]=\frac{1}{k+1}\times (1-f[i])+\frac{k}{k+1}\times f[i]$$

而$(1-p0[i]-p1[i])\times h[i]$则可以根据之前的$f[s]=p0[i]\times f[i]+p1[i]\times (1-f[i])(1-p0[i]-p1[i])\times h[i]$求出。

剩下的就是化简式子了，在此不再赘述。

时间复杂度：$\Theta(n+m)$。

期望得分：$100$分。

实际得分：$100$分。

---

代码时刻

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct rec{int nxt,to;}e[300001];
int head[100001],cnt;
int n,m,s;
double MA,AV;
double f[100001],p[2][100001],h[100001],du[100001],sum,maxn,minn=1000000000.0;
void add(int x,int y)
{
	e[++cnt].nxt=head[x];
	e[cnt].to=y;
	head[x]=cnt;
}
int main()
{
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&s);
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		int u,v;
		scanf("%d%d",&u,&v);
		add(u,v);du[u]++;
	}
	p[0][s]=1;
	for(int x=1;x<=n;x++)
		for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
		{
			p[0][e[i].to]+=p[1][x]/du[x];
			p[1][e[i].to]+=p[0][x]/du[x];
		}
	for(int x=n;x;x--)
		for(int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
			f[x]+=(1-f[e[i].to])/du[x];
	for(int x=1;x<=n;x++)
	{
		maxn=max(f[x],maxn);
		minn=min(f[x],minn);
		sum+=1-f[x];
		h[x]=f[s]-p[0][x]*f[x]-p[1][x]*(1-f[x]);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		AV+=(p[1][i]+h[i])*(n-1)+(p[0][i]-p[1][i])*f[i]*du[i]*(n-1)/(du[i]+1)+(p[0][i]-p[1][i])*(sum+f[i]-1)/(du[i]+1);
		double Q=(p[1][i]<p[0][i])?(1-minn)/(du[i]+1)+f[i]*du[i]/(du[i]+1):(1-maxn)/(du[i]+1)+f[i]*du[i]/(du[i]+1);
		Q=p[0][i]*Q+p[1][i]*(1-Q)+h[i];
		MA=max(MA,Q);
	}
	AV/=(double)n*(n-1);
	printf("%.3lf %.3lf",MA,AV);
	return 0;
}

---

rp++