BZOJ_3270_博物馆_(高斯消元+期望动态规划+矩阵)

描述

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http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3270

\(n\)个房间,刚开始两个人分别在\(a,b\),每分钟在第\(i\)个房间有\(p[i]\)的概率不动,如果动的话,等概率移动到连接的房间,求他们在每个房间相遇的概率.

 

分析

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有点像BZOJ_1778_[Usaco2010_Hol]_Dotp_驱逐猪猡_(期望动态规划+高斯消元+矩阵)那道题.

在那道题里,转移的是炸弹,这道题里,转移的是两个人的状态.

我们把一个甲在\(i\),乙在\(j\)的状态看作是状态\((i-1)n+j\),共\(n种状态\),所以就有\(n^2\)种状态转移.

构造一个\(n^2\times{n^2}\)的矩阵\(f\),\(f[i][j]\)表示从\(i\)状态转移到\(j\)状态的概率.(注意f[i][i]不会再转移)

\(f^n[i][j]\)表示的就是走\(n\)次\(i\to{j}\)的概率.

构造一个行向量\(S={(a-1)n+b=1}\).

这样\(S\times{f^i}\)表示的就是走\(i\)次\((a-1)n+b\to{j}\)的概率.

那么答案行向量$$ans=\sum_{i=0}^{\infty}S\times{f^i}$$

根据等比数列求和公式

$$ans(I-f)=S$$

然后高斯消元,在\(ans\)里面找\((i,i)\)的状态即可.

 

 

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int maxn=20+5,maxm=400+5;
struct edge{
    int to,next;
    edge(){}
    edge(int to,int next):to(to),next(next){}
}g[maxm];
int n,m,a,b,cnt;
int head[maxn],d[maxn];
double p[maxn],f[maxm][maxm];
inline int P(int x,int y){ return (x-1)*n+y; }
void add_edge(int u,int v){
    g[++cnt]=edge(v,head[u]); head[u]=cnt;
    g[++cnt]=edge(u,head[v]); head[v]=cnt;
}
void gause(int n){
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int t=i;
        for(int j=i+1;j<=n;j++)if(fabs(f[j][i])>fabs(f[t][i])) t=j;
        if(t!=i)for(int j=i;j<=n+1;j++) swap(f[t][j],f[i][j]);
        for(int j=i+1;j<=n;j++){
            double x=f[j][i]/f[i][i];
            for(int k=i;k<=n+1;k++) f[j][k]-=f[i][k]*x;
        }
    }
    for(int i=n;i;i--){
        for(int j=i+1;j<=n;j++) f[i][n+1]-=f[i][j]*f[j][n+1];
        f[i][n+1]/=f[i][i];
    }
}
int main(){
    scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&a,&b);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        int x,y;
        scanf("%d%d",&x,&y);
        d[x]++; d[y]++;
        add_edge(x,y);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lf",&p[i]);
    for(int x=1;x<=n;x++)for(int y=1;y<=n;y++){
        if(x!=y){
            f[P(x,y)][P(x,y)]-=p[x]*p[y];
            for(int i=head[x];i;i=g[i].next) f[P(x,y)][P(g[i].to,y)]-=(1-p[x])/d[x]*p[y];
            for(int i=head[y];i;i=g[i].next) f[P(x,y)][P(x,g[i].to)]-=(1-p[y])/d[y]*p[x];
            for(int i=head[x];i;i=g[i].next)for(int j=head[y];j;j=g[j].next)
                f[P(x,y)][P(g[i].to,g[j].to)]-=(1-p[x])/d[x]*(1-p[y])/d[y];
        }
    }
    for(int i=1;i<=n*n;i++)for(int j=1;j<i;j++) swap(f[i][j],f[j][i]);
    for(int i=1;i<=n*n;i++) f[i][i]+=1.0;
    f[P(a,b)][n*n+1]=1;
    gause(n*n);
    for(int i=1;i<=n;i++) printf("%.6lf ",f[P(i,i)][n*n+1]);
    return 0;
}

 

 

3270: 博物馆

Time Limit: 30 Sec  Memory Limit: 128 MB
Submit: 237  Solved: 130
[Submit][Status][Discuss]

Description

有一天Petya和他的朋友Vasya在进行他们众多旅行中的一次旅行，他们决定去参观一座城堡博物馆。这座博物馆有着特别的样式。它包含由m条走廊连接的n间房间，并且满足可以从任何一间房间到任何一间别的房间。

两个人在博物馆里逛了一会儿后两人决定分头行动，去看各自感兴趣的艺术品。他们约定在下午六点到一间房间会合。然而他们忘记了一件重要的事：他们并没有选好在哪儿碰面。等时间到六点，他们开始在博物馆里到处乱跑来找到对方（他们没法给对方打电话因为电话漫游费是很贵的）

不过，尽管他们到处乱跑，但他们还没有看完足够的艺术品，因此他们每个人采取如下的行动方法：每一分钟做决定往哪里走，有Pi 的概率在这分钟内不去其他地方（即呆在房间不动），有1-Pi 的概率他会在相邻的房间中等可能的选择一间并沿着走廊过去。这里的i指的是当期所在房间的序号。在古代建造是一件花费非常大的事，因此每条走廊会连接两个 不同的房间，并且任意两个房间至多被一条走廊连接。

两个男孩同时行动。由于走廊很暗，两人不可能在走廊碰面，不过他们可以从走廊的两个方向通行。（此外，两个男孩可以同时地穿过同一条走廊却不会 相遇）两个男孩按照上述方法行动直到他们碰面为止。更进一步地说，当两个人在某个时刻选择前往同一间房间，那么他们就会在那个房间相遇。

两个男孩现在分别处在a，b两个房间，求两人在每间房间相遇的概率。

Input

第一行包含四个整数，n表示房间的个数;m表示走廊的数目;a,b (1 ≤ a, b ≤ n),表示两个男孩的初始位置。

之后m行每行包含两个整数，表示走廊所连接的两个房间。

之后n行每行一个至多精确到小数点后四位的实数 表示待在每间房间的概率。

题目保证每个房间都可以由其他任何房间通过走廊走到。

Output

输出一行包含n个由空格分隔的数字，注意最后一个数字后也有空格，第i个数字代表两个人在第i间房间碰面的概率（输出保留6位小数）

注意最后一个数字后面也有一个空格

Sample Input

2 1 1 2
1 2
0.5
0.5

Sample Output

0.500000 0.500000

HINT

对于100%的数据有 n <= 20，n-1 <= m <= n(n-1)/2

Source

高斯消元