bzoj 1778: [Usaco2010 Hol]Dotp 驱逐猪猡

Description

奶牛们建立了一个随机化的臭气炸弹来驱逐猪猡。猪猡的文明包含1到N (2 <= N <= 300)一共N个猪城。这些城市由M (1 <= M <= 44,850)条由两个不同端点A_j和B_j (1 <= A_j<= N; 1 <= B_j <= N)表示的双向道路连接。保证城市1至少连接一个其它的城市。一开始臭气弹会被放在城市1。每个小时（包括第一个小时），它有P/Q (1 <= P <=1,000,000; 1 <= Q <= 1,000,000)的概率污染它所在的城市。如果这个小时内它没有污染它所在的城市，那麽它随机地选择一条道路，在这个小时内沿着这条道路走到一个新的城市。可以离开这个城市的所有道路被选择的概率均等。因为这个臭气弹的随机的性质，奶牛们很困惑哪个城市最有可能被污染。给定一个猪猡文明的地图和臭气弹在每个小时内爆炸的概率。计算每个城市最终被污染的概率。如下例，假设这个猪猡文明有两个连接在一起的城市。臭气炸弹从城市1出发，每到一个城市，它都有1/2的概率爆炸。 1--2 可知下面这些路径是炸弹可能经过的路径（最后一个城市是臭气弹爆炸的城市）： 1: 1 2: 1-2 3: 1-2-1 4: 1-2-1-2 5: 1-2-1-2-1 ... 要得到炸弹在城市1终止的概率，我们可以把上面的第1，第3，第5……条路径的概率加起来，（也就是上表奇数编号的路径）。上表中第k条路径的概率正好是(1/2)^k，也就是必须在前k-1个回合离开所在城市（每次的概率为1 - 1/2 = 1/2）并且留在最后一个城市（概率为1/2）。所以在城市1结束的概率可以表示为1/2 + (1/2)^3 + (1/2)^5 + ...。当我们无限地计算把这些项一个个加起来，我们最后会恰好得到2/3，也就是我们要求的概率，大约是0.666666667。这意味着最终停留在城市2的概率为1/3，大约为0.333333333。

Input

* 第1行: 四个由空格隔开的整数: N, M, P, 和 Q * 第2到第M+1行: 第i+1行用两个由空格隔开的整数A_j和B_j表示一条道路。

Output

* 第1到第N行: 在第i行，用一个浮点数输出城市i被摧毁的概率。误差不超过10^-6的答桉会 被接受（注意这就是说你需要至少输出6位有效数字使得答桉有效）。

solution

再不写题解可能又忘了....

设f[i]为在i爆炸的概率   与i相连的点为j

f[i]=   f[j]/(p/q)      *     (1-p/q)          *   1/outdegree[j]        *        p/q

         在j点的概率      j点不爆炸的概率         不爆炸走到j点                   在i点爆炸

    =  f[j] * (1-p/q) * (1/outdegree[j])   (化简之后的式子)

高斯解方程即可

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
using namespace std;
const double qqq=1e-8;
 
double abss(double x)
{
    if(x<0)
      return -x;
    return x;
}

void swap(double &x,double &y)
{
    double temp;
    temp=x;
    x=y;
    y=temp;
}
 
struct son
{
    int v,next;
};
son a1[100001];
int first[100001];
int e;
 
void addbian(int u,int v)
{
    a1[e].v=v;
    a1[e].next=first[u];
    first[u]=e++;
}
 
int n,m,p,q;
int u,o;
double degree[301];
double a[301][301];
double ans[301];
double b[301];
 
void out11()
{
    for(int i=1;i<=n;i++)
      printf("%lf ",degree[i]);
    printf("\n");
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int j=1;j<=n;j++)
          printf("%.3lf ",a[i][j]);
        printf("%.3lf\n",b[i]);
    }
    printf("\n");
}
 
void gaos()
{
    int now=1;
    for(int k=1;k<n;++k,++now)
    {
        int order=k;
        for(int i=k+1;i<=n;i++)
          if(abss(a[order][k])<abss(a[i][k]))
            order=i;
        if(order!=k)
        {
            for(int i=k;i<=n;i++)
              swap(a[now][i],a[order][i]);
            swap(b[now],b[order]);
        }
        if(!a[now][k])
        {
            --now;
            continue;
        }
        double temp;
        for(int i=now+1;i<=n;i++)
        {
            temp=a[i][k]/a[now][k];
            for(int j=k;j<=n+1;j++)
              a[i][j]-=temp*a[k][j];
            b[i]-=temp*b[k];
        }
    }
    
    for(int i=n;i>=1;--i)
    {
        for(int j=n;j>=i+1;--j)
          b[i]-=a[i][j]*ans[j];
        ans[i]=b[i]/a[i][i];
    }
    for(int k=1;k<=n;++k)
        printf("%.9lf\n",ans[k]);
}
 
int main(){
    freopen("dotp.in","r",stdin);
    freopen("dotp.out","w",stdout);
    mem(first,-1);
    scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&p,&q);
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        scanf("%d%d",&u,&o);
        addbian(u,o);
        addbian(o,u);
        ++degree[o];
        ++degree[u];
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
      a[1][i]=1;
    b[1]=1;
    int temp;
    double qq=1-(double)p/q;
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        a[i][i]=1;
        for(int j=first[i];j!=-1;j=a1[j].next)
        {
            temp=a1[j].v;
            a[i][temp]=-(1.0/degree[temp])*qq;
        }
        b[i]=0;
    }
    gaos();
    
    //while(1);
    return 0;
}