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【BZOJ3925】[ZJOI2015] 地震后的幻想乡(状压期望DP)

点此看题面

大致题意:\(n\)个点和\(m\)条边,每条边的权值是一个\(0\sim1\)的随机实数,要你用\(n-1\)条边将图联通,问这\(n-1\)条边中边权最大值的期望最小值。

提示

这题应该是一道比较难的\(DP\)题吧。

首先,我们需要注意到提示中的一句话:

\(Hint\)

对于\(n\)\([0,1]\)之间的随机变量\(x_1,x_2,...,x_n\),第\(k\)小的那个的期望值是\(\frac k{n+1}\)

其实,这就很明显在提示我们,只要求出这\(n-1\)条边中权值最大边的期望最小排名,我们就能轻松求出它的期望最小值

于是我们就能形成一个比较基础的思路了。

基础思路

首先,应该不难想到,可以用\(P_i\)来表示权值最大边排名为\(i\)的概率,而答案就是\(\sum_{i=1}^mi·P_i\)(这应该还是比较显然的)。

但问题在于这样很难进行状态转移。

我们可以将原式进行进一步的转化,则不难发现,答案其实就相当于\(\sum_{i=1}^m\sum_{j=i}^mP(j)\)

由于\(\sum_{i=1}^mP(i)=1\),所以上面式子中的\(\sum_{j=i}^mP(j)\)其实又等价于\(1-\sum_{j=1}^{i-1}P(j)\)

考虑\(\sum_{j=1}^{i-1}P(j)\)表示的是加入\(i-1\)条边能使原图联通的概率,所以\(1-\sum_{j=1}^{i-1}P(j)\)其实就相当于加入\(i-1\)条边不能使原图联通的概率

不难发现,这比求原式要容易多了。

转化后的问题

整理一下上面的思路,就可以得到一个这样的问题:设\(P'(i)\)为加入\(i\)条边后原图不连通的概率,求\(\sum_{i=0}^{m-1}P'(i)\)

注意到\(n\le10\)这极小的范围,我们首先想到的自然是乱搞状压\(DP\)

状压\(DP\)

考虑用\(f_{i,t,0/1}\)来表示连接\(i\)条边后使点集\(j\)不连通/联通的方案数,注意,这里记录的是方案数而不是概率,这样可以防止出现精度误差(毕竟要保留\(6\)位小数)。

我们可以用\(Size_i\)\(line\_tot_i\)分别表示点集\(i\)点与边的数量

首先,我们要知道一个比较基础的知识,即在点集\(i\)中选择\(t\)条边的方案数应为\(C_{line\_tot_i}^t\),即\(f_{i,t,0}+f_{i,t,1}=C_{line\_tot_i}^t\)

既然这样,只要求出\(f_{i,t,0}\)\(f_{i,t,1}\)中的一个,我们就可以轻松求出另一个的值了。

比较显然\(f_{i,t,0}\)相对而言要更容易求一些。

状态转移

我们来考虑如何进行状态转移。

考虑在当前点集中任意选取一点\(k\)作为定点(\(k\)取什么点无所谓,为了方便推荐选择\(lowbit(i)\),可以\(O(1)\)求出),然后枚举含有点\(k\)的点集\(j\),进行转移。

不难想到,如果要让点集\(j\)变成\(i\),自然需要加入\(i\)^\(j\)这个点集。

我们可以在保证点集\(j\)联通的情况下,枚举\(x,y(0\le x\le line\_tot_j,0\le y\le line\_tot_{i\text{^}j})\),表示两个点集中的分别选择的边数。

由于选\(x\)条边使点集\(j\)联通的方案数为\(f_{j,x,1}\),而\(y\)条边的选择方案数共有\(C_{line\_tot_{i\text{^}j}}^y\),所以可以得出转移方程:

\[f_{i,x+y,0}=\sum f_{j,x,1}*C_{line\_tot_{i\text{^}j}}^y \]

这样就可以不重不漏地统计到所有情况了。

最后的答案

根据一开始得出的结论,最后的答案就是:

\[\frac{\sum_{i=0}^{m-1}\frac{f_{2^n-1,i,0}}{C_m^i}}{m+1} \]

还有,千万注意精度啊。

一些细节:关于\(Size\)\(line\_tot\)数组的求法

关于\(Size\)\(line\_tot\)两个数组,其实有一种比较巧妙的求法。(会的大佬可以直接跳过这一部分)

  • \(Size_i=Size_{i>>1}+(i\&1)\)
    • 首先,由于\((i>>1)<i\),所以\(Size_{i>>1}\)一定在求\(Size_i\)之前已经求解过。
    • 其次,由于\((i>>1)\)\(i\)在二进制下只相差最后一位,所以只要比较最后一位(即\(i\&1\))就可以求出结果。
  • \(line\_tot_i=\frac{\sum Size_{Next_j\&i}}2\)
    • 注意,上面式子中的\(j\)表示点集\(i\)中的一个点,而\(Next_j\)表示与\(j\)有边相连的点的点集。
    • 首先,由于\(Next_j\&i\le i\),所以\(Size_{Next_j\&i}\)肯定已经求解过。
    • 其次,将与\(j\)相连的点与点集\(i\)中的点\(\&\)一下,得到的结果就是点集\(i\)中与\(j\)相连的点的点集,它的\(Size\)就是点集\(i\)中与\(j\)有边相连的点的数量,即以点\(j\)为一个端点的边数。
    • 但这样会把每条边统计两次,因此最后除以\(2\)即可。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define N 10
#define M 50
#define LL long long
using namespace std;
int n,m,Next[N+5],line_tot[1<<N+1],Size[1<<N+1];LL f[1<<N+1][M+5][2],C[M+5][M+5];
class Class_FIO
{
    private:
        #define Fsize 100000
        #define tc() (A==B&&(B=(A=Fin)+fread(Fin,1,Fsize,stdin),A==B)?EOF:*A++)
        char ch,*A,*B,Fin[Fsize];
    public:
        Class_FIO() {A=B=Fin;}
        inline void read(int &x) {x=0;while(!isdigit(ch=tc()));while(x=(x<<3)+(x<<1)+(ch&15),isdigit(ch=tc()));}
}F;
inline void Init() {for(register int i=C[0][0]=1,j;i<=M;++i) for(C[i][0]=C[i][i]=j=1;j<i;++j) C[i][j]=C[i-1][j-1]+C[i-1][j];}//预处理组合数
int main()
{
    register int i,j,k,x,y,Full;register double ans=0.0;
    for(Init(),F.read(n),F.read(m),i=1;i<=m;++i) F.read(x),F.read(y),Next[x]|=(1<<y-1),Next[y]|=(1<<x-1);//用Next[i]存储与i有边相连的点的点集
    for(i=1,Full=(1<<n)-1;i<=Full;++i)//枚举每一个点集i
    {
        if((Size[i]=Size[i>>1]+(i&1))==1) {f[i][0][1]=1;continue;}//如果只有一个点,跳过
        for(j=1;j<=n;++j) if(i&(1<<j-1)) line_tot[i]+=Size[Next[j]&i];line_tot[i]>>=1;//统计边数
        for(k=i&-i,j=i&(i-1);j;j=i&(j-1)) if(j&k) for(x=0;x<=line_tot[j];++x) for(y=0;y<=line_tot[i^j];++y) f[i][x+y][0]+=f[j][x][1]*C[line_tot[i^j]][y];//状态转移
        for(j=0;j<=line_tot[i];++j) f[i][j][1]=C[line_tot[i]][j]-f[i][j][0];//根据f[i][j][0]得到f[i][j][1]的值
    }
    for(i=0;i<=m;++i) ans+=1.0*f[Full][i][0]/C[line_tot[Full]][i];ans/=m+1;//统计答案
    return printf("%.6lf",ans),0;
}
posted @ 2018-11-07 07:58  TheLostWeak  阅读(207)  评论(0编辑  收藏  举报