cogs 341:[NOI2005] 聪聪与可可
★★ 输入文件：cchkk.in 输出文件：cchkk.out 简单对比
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【问题描述】
在一个魔法森林里，住着一只聪明的小猫聪聪和一只可爱的小老鼠可可。虽然灰姑娘非常喜欢她们俩，但是，聪聪终究是一只猫，而可可终究是一只老鼠，同样不变的是，聪聪成天想着要吃掉可可。
一天，聪聪意外得到了一台非常有用的机器，据说是叫GPS，对可可能准确的定位。有了这台机器，聪聪要吃可可就易如反掌了。于是，聪聪准备 马上出发，去找可可。而可怜的可可还不知道大难即将临头，仍在森林里无忧无虑的玩耍。小兔子乖乖听到这件事，马上向灰姑娘报告。灰姑娘决定尽快阻止聪聪， 拯救可可，可她不知道还有没有足够的时间。
整个森林可以认为是一个无向图，图中有N个美丽的景点，景点从1至N编号。小动物们都只在景点休息、玩耍。在景点之间有一些路连接。
当聪聪得到GPS时，可可正在景点M(M≤N)处。以后的每个时间单位，可可都会选择去相邻的景点(可能有多个)中的一个或停留在原景点不 动。而去这些地方所发生的概率是相等的。假设有P个景点与景点M相邻，它们分别是景点R、景点S，……景点Q，在时刻T可可处在景点M，则在(T＋1)时 刻，可可有1/(P+1)的可能在景点R，有1/(P+1)的可能在景点S，……，有1/(P+1)的可能在景点Q，还有1/(P+1)的可能停在景点 M。
我们知道，聪聪是很聪明的，所以，当她在景点C时，她会选一个更靠近可可的景点，如果这样的景点有多个，她会选一个标号最小的景点。由于聪聪太想吃掉可可了，如果走完第一步以后仍然没吃到可可，她还可以在本段时间内再向可可走近一步。
在每个时间单位，假设聪聪先走，可可后走。在某一时刻，若聪聪和可可位于同一个景点，则可怜的可可就被吃掉了。灰姑娘想知道，平均情况下，聪聪几步就可能吃到可可。而你需要帮助灰姑娘尽快的找到答案。
【输入文件】
- 从文件中读入数据。
- 数据的第1行为两个整数N和E，以空格分隔，分别表示森林中的景点数和连接相邻景点的路的条数。
- 第2行包含两个整数C和M，以空格分隔，分别表示初始时聪聪和可可所在的景点的编号。
- 接下来E行，每行两个整数，第i+2行的两个整数Ai和Bi表示景点Ai和景点Bi之间有一条路。
- 所有的路都是无向的，即：如果能从A走到B，就可以从B走到A。
- 输入保证任何两个景点之间不会有多于一条路直接相连，且聪聪和可可之间必有路直接或间接的相连。
【输出文件】
- 输出到文件中。
- 输出1个实数，四舍五入保留三位小数，表示平均多少个时间单位后聪聪会把可可吃掉。
【样例输入1】
4 3
1 4
1 2
2 3
3 4
【样例输出1】
1.500
【样例说明1】
开始时，聪聪和可可分别在景点1和景点4。
第一个时刻，聪聪先走，她向更靠近可可(景点4)的景点走动，走到景点2，然后走到景点3；假定忽略走路所花时间。
可可后走，有两种可能：
第一种是走到景点3，这样聪聪和可可到达同一个景点，可可被吃掉，步数为1，概率为 0.5。 第二种是停在景点4，不被吃掉。概率为 0.5。
到第二个时刻，聪聪向更靠近可可(景点4)的景点走动，只需要走一步即和可可在同一景点。因此这种情况下聪聪会在两步吃掉可可。
所以平均的步数是1* 0.5+2* 0.5=1.5步。
【样例输入2】
9 9
9 3
1 2
2 3
3 4
4 5
3 6
4 6
4 7
7 8
8 9
【样例输出2】
2.167
【样例说明2】
森林如下图所示：
【数据范围】
- 对于所有的数据，1≤N,E≤980。
- 对于50%的数据，1≤N≤50。
题解：
聪聪每次可以走两步，可可可以走一步或者不走，聪聪先走，可可后走，聪聪朝向可可走，可可走向不同的方向概率是一样的。聪聪可以走两步的原因是：如果图是一个环，聪聪一步，可可一步，有一种情况是聪聪永远也吃不到可可，则期望步数比较难求，所以走两步是方便做题。
我们设数组p[i][j]表示顶点i到顶点j的最短路上与顶点i相邻且编号最小的顶点编号，p数组可以用N遍SPFA算出，再令f[i][j]表示聪聪在i，可可在j，聪聪吃到可可的期望步数，显然f[i][j]是由f[p[p[i][j]][j]][to[j][k]]和f[p[p[i][j]][j]][j]转移过来，可以看出，f[i][j]是由上面两式+1得到的，所以最终的答案就是：
这个式子可以用dfs求出。
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstdlib> 4 #include<cstring> 5 #include<cmath> 6 #include<algorithm> 7 #include<queue> 8 #include<vector> 9 using namespace std; 10 const int maxn=2000; 11 int N,M,cong,ke; 12 double f[maxn][maxn]; 13 int p[maxn][maxn],t[maxn]; 14 int pre[maxn],dis[maxn]; 15 bool vis[maxn]; 16 vector<int> to[maxn]; 17 inline void SPFA(int S){ 18 static queue<int> Q; 19 while(!Q.empty()) Q.pop(); 20 memset(vis,false,sizeof(vis)); memset(dis,0,sizeof(dis)); memset(pre,0,sizeof(pre)); 21 Q.push(S); vis[S]=true; dis[S]=1; 22 while(!Q.empty()){ 23 int x=Q.front(); Q.pop(); 24 for(int i=0;i<to[x].size();i++){ 25 int y=to[x][i]; 26 if(vis[y]==false){ 27 dis[y]=dis[x]+1; vis[y]=true; 28 if(x==S) pre[y]=y; 29 else pre[y]=pre[x]; 30 Q.push(y); 31 } 32 else if(dis[x]+1<=dis[y]){ 33 pre[y]=min(pre[y],pre[x]); 34 } 35 } 36 } 37 } 38 inline double dfs(int x,int y){ 39 if(x==y) return 0; 40 if(f[x][y]!=0) return f[x][y]; 41 double ans=dfs(p[p[x][y]][y],y); 42 for(int i=0;i<to[y].size();i++){ 43 int next=to[y][i]; 44 ans+=dfs(p[p[x][y]][y],next); 45 } 46 ans/=(t[y]+1); ans+=1; 47 f[x][y]=ans; 48 return ans; 49 } 50 int main(){ 51 //freopen("cchkk.in","r",stdin); 52 //freopen("cchkk.out","w",stdout); 53 scanf("%d%d%d%d",&N,&M,&cong,&ke); 54 for(int i=1,u,v;i<=M;i++){ 55 scanf("%d%d",&u,&v); 56 to[u].push_back(v); to[v].push_back(u); 57 t[u]++; t[v]++; 58 } 59 for(int i=1;i<=N;i++){ 60 SPFA(i); 61 for(int j=1;j<=N;j++){ 62 if(i!=j) p[i][j]=pre[j]; 63 } 64 } 65 66 for(int i=1;i<=N;i++){ 67 for(int j=1;j<=N;j++){ 68 if(i!=j&&(p[i][j]==j||p[p[i][j]][j]==j)) f[i][j]=1; 69 } 70 } 71 printf("%.3lf\n",dfs(cong,ke)); 72 73 return 0; 74 }
