[NOI 2005]聪聪和可可

Description

一只猫和一只老鼠在一张 $n$ 个节点和 $m$ 条边的无向图上，初始位置不同。对于每一时刻，猫会先走，它走的方向为靠近老鼠的方向；若多个节点可选，则选字典序最小的那个。同时若走出这步后没有抓到老鼠，则可按同样方式再走一步；接着老鼠会等概率的停在原地或者随机走向一个相邻的节点。问抓到老鼠的期望时间。

$1\leq n,m\leq 1000$

Solution

首先注意到这样一句话“若走出这步后没有抓到老鼠，则可按同样方式再走一步”，显然是能够保证猫一定能抓到老鼠。并且猫和老鼠两个所处位置的状态是具有层次性的。

容易发现老鼠的移动是没有规律的，即是随机的。而猫的动作是有规律的。

我们可以事先预处理出一个 $pre_{u,v}$ 数组，表示猫在 $u$ 处，老鼠在 $v$ 处时，猫下一个选择要走的节点是哪一个，可以用 $n$ 次 $SPFA$ 预处理出来，由于边数和点数是同阶的，复杂度可以得到保障。

我们可以设出一个 $dp$ 数组 $f_{u,v}$ 表示猫在 $u$ 处，老鼠在 $v$ 处时期望走的时间为 $f_{u,v}$ 。

首先显然当 $u=v$ 时， $f_{u,v}=0$ ；其次若 $pre_{u,v}=v$ 即走出一步抓到老鼠或者 $pre_{pre_{u,v},v}=v$ 即走出两步抓到老鼠， $f_{u,v}=1$ 。

这时剩下的情况就是老鼠会移动。

由于猫会先走，猫移动之后老鼠再走；显然猫移动结束后停在的位置为 $pre_{pre_{u,v},v}$ 。

设节点 $v$ 以及和 $v$ 相邻的节点的集合为 $\mathbb{V}$ ，节点 $v$ 的度数为 $degree_v$ 。显然答案就是 \[f_{u,v}=\frac{\sum\limits_{x\in\mathbb{V}}f_{pre_{pre_{u,v},v},x}}{degree_v+1}+1\]

记忆化搜索实现。

Code

//It is made by Awson on 2018.2.24

#include <bits/stdc++.h>

#define LL long long

#define dob complex<double>

#define Abs(a) ((a) < 0 ? (-(a)) : (a))

#define Max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))

#define Min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b))

#define Swap(a, b) ((a) ^= (b), (b) ^= (a), (a) ^= (b))

#define writeln(x) (write(x), putchar('\n'))

#define lowbit(x) ((x)&(-(x)))

using namespace std;

const int N = 1000;

void read(int &x) {

    char ch; bool flag = 0;

    for (ch = getchar(); !isdigit(ch) && ((flag |= (ch == '-')) || 1); ch = getchar());

    for (x = 0; isdigit(ch); x = (x<<1)+(x<<3)+ch-48, ch = getchar());

    x *= 1-2*flag;

}

void print(LL x) {if (x > 9) print(x/10); putchar(x%10+48); }

void write(LL x) {if (x < 0) putchar('-'); print(Abs(x)); }

int n, m, s, t, u, v;

struct tt {int to, next; }edge[(N<<1)+5];

int path[N+5], top, degree[N+5];

int pre[N+5][N+5]; double f[N+5][N+5];

queue<int>Q;

int vis[N+5], dist[N+5];

void add(int u, int v) {edge[++top].to = v, edge[top].next = path[u], path[u] = top, ++degree[u]; }

void get_pre(int x) {

    memset(dist, 127/3, sizeof(dist)); dist[x] = 0, vis[x] = 1; Q.push(x);

    while (!Q.empty()) {

    int u = Q.front(); Q.pop(); vis[u] = 0;

    for (int i = path[u]; i; i = edge[i].next)

        if (dist[edge[i].to] > dist[u]+1) {

        dist[edge[i].to] = dist[u]+1;

        if (!vis[edge[i].to]) vis[edge[i].to] = 1, Q.push(edge[i].to);

        if (u == x) pre[x][edge[i].to] = edge[i].to; else pre[x][edge[i].to] = pre[x][u];

        }else if (dist[edge[i].to] == dist[u]+1 && pre[x][edge[i].to] > pre[x][u]) pre[x][edge[i].to] = pre[x][u];

    }

}

double dp(int s, int t) {

    if (s == t) return 0;

    int nex = pre[pre[s][t]][t];

    if (pre[s][t] == t || nex == t) return f[s][t] = 1;

    if (f[s][t] != 0) return f[s][t];

    double k = 1/(1.0*(degree[t]+1)); f[s][t] = 1+dp(nex, t)*k;

    for (int i = path[t]; i; i = edge[i].next) f[s][t] += k*dp(nex, edge[i].to);

    return f[s][t];

}

void work() {

    read(n), read(m); read(s); read(t);

    for (int i = 1; i <= m; i++) read(u), read(v), add(u, v), add(v, u);

    for (int i = 1; i <= n; i++) get_pre(i);

    printf("%.3lf\n", dp(s, t));

}

int main() {

    work(); return 0;

}