题解 P2081 [NOI2012] 迷失游乐园
题目传送门 P2081
一些定义:
定义 fau 表示 u 的父亲,facntu 表示 u 的父节点个数(取值 1 或 2),sonu 表示 u 的儿子个数,chu 表示 u 的子节点,downu 表示在以 1 为根的树中,从 u 出发第一步向下走的期望路径长度。upu 表示从 u 出发第一步向上走的期望路径长度,wi,j 表示 i 到 j 的边权。
那么对于每个点,其答案为 ansu=1sonu+facntu×(sonu×downu+upu×facntu)。
最终答案即为 1nn∑i=1ansi。
50pts 部分分(图为一棵树):
此时 facntu=1。因此 down 值不依赖 up 值。其推导较为简单:
而对于 up 值,需要依赖 downfau 和 upfau。此时我们第一步必须走到 fau,并且再下一步不能走回 u。那么式子就推出来了:
这样我们就能得到 50pts 的好成绩了。
另外 50pts(图为一棵基环树):
我们将基环树看成一些树将跟连成环的结果。以下简称环上节点为 “环点”,其余为 “树点”。如图所示是一棵基环树,其中每个节点连向其父节点。
所有环点的 facnt=2,树点的 facnt=1。
首先,根据定义,每个点的 down 值不变。而 up 值的求得就较为麻烦。
其次,考虑推导过程,每个树点的 up 值仍可以通过上述公式求得。而对于环点就比较麻烦,因为每一步我们可以选择走到一个环点,或走进当前环点的子树。
我们先通过遍历求出一些值(因为要进行后面的计算,同时我们需要按保证搜到环点的顺序,将这些环点顺序相连,正好是原图中的环):
- t,表示环点的数量。
- dfnu,表示这个点是第几个被搜到的环点。
- idi,表示搜到的第 i 个环点的标号。
- disli,disri,表示在环上,第 i 个被搜到的环点在环上的左右边权。
对于一个环点 u,我们强制它逆时针在环上走,那么其 up 值公式为:
其中 i 的取值分别为 dfnu+1,dfnu+2,…t,1,…dfnu−1。虽然它看起来很奇怪,但确实是这个式子。
其中 pi 表示走到这个环点的概率,由于我们限定第一步不进入子树,所以 pdfnumod。对于每个环点,我们有几率进入它的子树,或者继续在环上走,所以 p_{i \bmod t + 1} = p_i \times \dfrac{1}{son_{id_i} + 1}。w 表示从上个环点走过来的边权。需要注意,如果按逆时针下一个环点已经走过了(即走了一圈),我们只能进入该点的子树。
上面规定的是第一步逆时针走的情况,顺时针的情况同理,两者的 up 值加起来 /2 即为最终的 up 值。或者直接将 p_{dfn_u \bmod t + 1} 设成 \dfrac12 也可以。
最后将每个树点的 up 值更新一遍即可。总复杂度为 O(n + k^2),k 为环点个数。
#define pii pair<int, int>
#define Ld double
#define pb push_back
#define mp make_pair
int n, m;
vector<pii > e[N];
namespace Tree {
Ld f[N], g[N];
void dfs(int u, int Fa) {
int nw = 0;
for(pii x : e[u]) {
int v = x.fi, w = x.se;
if(v == Fa) continue;
++nw;
dfs(v, u);
f[u] += f[v] + w;
}
if(nw) f[u] /= nw;
}
void dfs2(int u, int Fa) {
for(pii x : e[u]) {
int v = x.fi, w = x.se;
if(v == Fa) continue;
if(e[u].size() == 1) g[v] = w;
else g[v] = w + (g[u] + f[u] * (e[u].size() - (u != 1)) - f[v] - w) / (e[u].size() - 1);
dfs2(v, u);
}
}
void solve() {
dfs(1, 0);
dfs2(1, 0);
Ld ans = 0.0;
rep(i, 1, n) {
ans += (f[i] * (e[i].size() - (i != 1)) + g[i]) / e[i].size();
}
printf("%.5f\n", ans / n);
}
}
int t, pos, fl;
int facnt[N], son[N];
int id[N], dfn[N];
int disl[N], disr[N];
bool vis[N];
Ld f[N], g[N];
void dfs(int u, int Fa) {
vis[u] = 1;
for(pii x : e[u]) {
int v = x.fi;
if(v == Fa) continue;
if(vis[v]) {
pos = v;
return ;
}
dfs(v, u);
if(!fl && pos) {
if(pos == u) fl = 1;
return ;
}
if(fl) break;
}
vis[u] = 0;
}
void dfs2(int u, int Fa) {
id[++t] = u; dfn[u] = t;
for(pii x : e[u]) {
int v = x.fi, w = x.se;
if(dfn[v] || !vis[v] || v == Fa) continue;
disr[t] = disl[t + 1] = w;
dfs2(v, u);
}
}
void down(int u, int Fa) {
int cnt = 0;
for(pii x : e[u]) {
int v = x.fi, w = x.se;
if(vis[v] || v == Fa) continue;
++cnt;
down(v, u);
f[u] += f[v] + w;
}
if(son[u] = cnt) f[u] /= cnt;
}
void up(int u, int Fa) {
for(pii x : e[u]) {
int v = x.fi, w = x.se;
if(vis[v] || v == Fa) continue;
g[v] = w;
if(facnt[u] + son[u] - 1) g[v] += (g[u] * facnt[u] + f[u] * son[u] - f[v] - w) / (facnt[u] + son[u] - 1);
up(v, u);
}
}
int pre(int x) { return x == 1 ? t : x - 1; }
int nxt(int x) { return x == t ? 1 : x + 1; }
void solve() {
dfs(1, 0); // 将所有环点的 vis 标成 1
rep(i, 1, n) if(vis[i]) facnt[i] = 2; else facnt[i] = 1;
dfs2(pos, 0);
for(pii x : e[id[1]]) if(x.fi == id[t]) {
disl[1] = disr[t] = x.se;
break;
}
rep(i, 1, t) down(id[i], 0);
rep(i, 1, t) {
int u = id[i];
Ld p = 0.5;
int j = nxt(i); while(j != i) {
int v = id[j], w = disl[j];
if(nxt(j) == i) g[u] += p * (f[v] + w);
else g[u] += p * (f[v] * son[v] / (son[v] + 1) + w);
p /= son[v] + 1;
j = nxt(j);
}
p = 0.5;
j = pre(i); while(j != i) {
int v = id[j], w = disr[j];
if(pre(j) == i) g[u] += p * (f[v] + w);
else g[u] += p * (f[v] * son[v] / (son[v] + 1) + w);
p /= son[v] + 1;
j = pre(j);
}
}
rep(i, 1, t) up(id[i], 0);
Ld ans = 0.0;
rep(i, 1, n) ans += (facnt[i] * g[i] + son[i] * f[i]) / (son[i] + facnt[i]);
printf("%.5f\n", ans / n);
}
int main() {
qread(n, m);
rep(i, 1, m) {
int u, v, w;
qread(u, v, w);
e[u].pb(mp(v, w));
e[v].pb(mp(u, w));
}
if(m == n - 1) Tree::solve();
else solve(); // 基环树
return 0;
}
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