【BZOJ】3143: [Hnoi2013]游走

题目链接：http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3143

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显然如果一条边期望被走过的次数越多，我们就应该给它的编号越小。

所以问题变为如何求每一条边被经过的期望次数。

考虑直接求边的期望有点困难。

设：${g[i]}$表示经过第$i$条边的期望次数，${f[i]}$表示经过第$i$个点的期望次数，${du[i]}$表示第$i$个点的度数。

对于一条边$i$,假设这条边的两段的点分别为${x,y}$,则${g[i]=\frac{f[x]}{du[x]}*\frac{f[y]}{du[y]}}$

所以问题变为如何求每一个点被经过的期望次数

 

设$e[x][y]$表示点$x,y$之间有连边。这就很裸了，${f[i]=\sum (\frac{f[x]}{du[x]}\left [ e[i][x]=1 \right ] )}$，其中$n$号点只能走进去而不能出来，所以忽略不管，$1$号点应当强制$+1$(因为一开始就从$1$号点开始)

这样就得到了一个$n-1$个未知数和$n-1$个式子的方程组，高斯消元求得每个未知数的解(即${f[i]}$)，然后求出${g[i]}$，然后从大到小排序。

$${\sum _{i=1}^{m}g[i]*i}$$

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#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<cstring>
using namespace std;
#define maxn 510
#define llg long long 
#define yyj(a) freopen(a".in","r",stdin),freopen(a".out","w",stdout);
llg n,m;
double a[maxn][maxn],du[maxn],f[maxn],g[maxn*maxn];

struct Edge{llg x,y;}e[maxn*maxn];

bool cmp(double x,double y){return x>y;}

void guass()
{
    llg r;
    for (llg i=1;i<=n;i++)
    {
        r=i;
        for (llg j=i+1;j<=n;j++) if (fabs(a[j][i])>fabs(a[r][i])) r=j;
        if (r!=i) for (llg j=1;j<=n+1;j++) swap(a[r][j],a[i][j]);

        for (llg k=i+1;k<=n;k++)
        {
            double F=a[k][i]/a[i][i];
            for (llg j=i;j<=n+1;j++) a[k][j]-=F*a[i][j];
        }
    }

    for (llg i=n;i>=1;i--)
    {
        for (llg j=i+1;j<=n;j++) a[i][n+1]-=f[j]*a[i][j];
        f[i]=a[i][n+1]/a[i][i];
    }
}

void init()
{
    llg x,y;
    cin>>n>>m;
    for (llg i=1;i<=m;i++)
    {
        scanf("%lld%lld",&e[i].x,&e[i].y);
        du[e[i].x]++,du[e[i].y]++;
    }
    for (llg i=1;i<=m;i++)
    {
        x=e[i].x,y=e[i].y;
        if (y!=n) {a[x][y]=1.00/du[y];}
        if (x!=n) {a[y][x]=1.00/du[x];}
    }
    for (llg i=1;i<n;i++) a[i][i]=-1;
    a[1][n]=-1;
    n--;
}

int main()
{
    yyj("walk");
    init();
    guass();
    for (llg i=1;i<=m;i++) g[i]=f[e[i].x]/du[e[i].x]+f[e[i].y]/du[e[i].y];
    double ans=0;
    sort(g+1,g+m+1,cmp);
    for (llg i=1;i<=m;i++) ans+=(double)i*g[i];
    printf("%.3lf",ans);
    return 0;
}