题解：聪聪与可可（概率与期望）

题目描述
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样例 #1
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样例 #2
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提示
- 一、

[NOI2005] 聪聪与可可

题目描述

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 $M$ （ $M \leq N$ ）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 $1 / (1 + P)$ 的可能在景点 $R$ ，有 $1 / (1 + P)$ 的可能在景点 $S$ ，……，有 $1 / (1 + P)$ 的可能在景点 $Q$ ，还有 $1 / (1 + P)$ 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。

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输入格式

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 $A_{i}$ 和 $B_{i}$ 表示景点 $A_{i}$ 和景点 $B_{i}$ 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。

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输出格式

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。

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样例 #1

样例输入 #1

样例输出 #1

 1.500

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样例 #2

样例输入 #2

样例输出 #2

 2.167

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提示

【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 $1 \times 1 / 2 + 2 \times 1 / 2 = 1.5$ 步。

【样例说明 2】

森林如下图所示：

对于 50%的数据， $1 \leq N \leq 50$ 。
对于所有的数据， $1 \leq N, E \leq 1000$ 。

---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

题目大意：
1、聪聪的行走方式：（1）：所需步数最短。（2）：步数相等先走编号小的。（3）：一次最多可走两步。
2、可可的行走方式：可走向邻近的任意一点或留在原地，各种选择概率相同。
3、求聪聪抓到可可的期望步数。

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

一、

一开始经过几次手模，发现不管可可怎样走，聪聪都会走最优路线去抓他，所以我打算预处理出聪聪到每个点所需的步数，记为bu[i],然后将每个点的出度（包括自己）记为chu[i].
记录bu数组的时候其实可以不用跑最短路，因为边权是1，直接跑一个BFS就行：

 bu[ed]=1;q.push(ed);//ed为聪聪的起点
while(!q.empty()){
		x=q.front();q.pop();
		for(int i=hd[x];i;i=bi[i].next){
			int j=bi[i].to;
			if(!bu[j]){
				// cout<<j<<' '<<bu[x]+1<<"BU\n";
				bu[j]=bu[x]+1;q.push(j);
			}
		}
	}

然后依照时间遍历，每次刷表，dp[i][j]代表第j步可可走到i这个地方的概率，dp[i][j]=Σ（dp[k][j-1]/chu[k]）,k∈i能走到的点（包括自己）。
于是写出代码：

50'的码

  
 
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
#define mk make_pair
#define ps push_back
#define fi first
#define se second
const int N=1e3+10;
int n,m,hd[N],cnt,bu[N],st,ed,chu[N];
double f[N][2];
bool vis[N];
struct jj{
	int fr,to,next;
}bi[N<<2];
inline void add(int x,int y){
	bi[++cnt]={x,y,hd[x]},hd[x]=cnt;
	bi[++cnt]={y,x,hd[y]},hd[y]=cnt;
}
queue<int> q;
int main(){
	// freopen("in.in","r",stdin);
	// freopen("out.out","w",stdout);
	ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
	cin>>n>>m;
	cin>>ed>>st;
	bu[ed]=1;
	q.push(ed);
	int x,y;
	while(m--){
		cin>>x>>y;
		add(x,y);++chu[x],++chu[y];
	}
	while(!q.empty()){
		x=q.front();q.pop();
		for(int i=hd[x];i;i=bi[i].next){
			int j=bi[i].to;
			if(!bu[j]){
				bu[j]=bu[x]+1;q.push(j);
			}
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;++i)++chu[i];
	int man=0;
	for(int i=1;i<=n;++i)bu[i]>>=1,man=max(man,bu[i]);
	f[st][0]=1;
	for(int i=0;i<=man;++i){
		for(int j=1;j<=n;++j){
			if(vis[j])f[j][i+1&1]=f[j][i&1];
			if(i==bu[j]-1){
				vis[j]=1;
				f[j][i+1&1]=f[j][i&1];
			}
		}
			
		for(int j=1;j<=n;++j){
			if(vis[j]){
				continue;
			}
			f[j][i&1]/=chu[j];
			for(int k=hd[j];k;k=bi[k].next){
				int j1=bi[k].to;
				f[j1][(i&1)^1]+=f[j][i&1];
			}
			f[j][(i&1)^1]+=f[j][i&1];
			f[j][i&1]=0;
			
		}
	}
	double ans;
	for(int i=1;i<=n;++i){
		ans+=f[i][man+1&1]*bu[i];
	}
	printf("%.3lf",ans);
}

问题出现在哪里？

~~经过半节数学课的思考~~，发现bu数组其实不对。
举个例子：

此时1有两种最短路走向2，但因为左侧编号小，所以1只能走左侧，然后2向右走一步。

然后：

一共走了3步。
但如果用bu数组来记得话，就会发现只用走1步。~~DAMN~~

所以我们只能预处理出每个点到每个点优先走向哪个点，记为xia数组，xia[i][j]即表示聪聪从i到j要先走哪个点。

 for(x=1;x<=n;++x){
		for(int i=hd[x];i;i=bi[i].next){
			int j=bi[i].to;
			for(int k=1;k<=n;++k){
				if(dis[x][k]-1==dis[j][k])xia[x][k]=min(xia[x][k],j);//dis[i][j]代表i与j的距离。
			}
		}
	}

最后我们只需要记搜一下即可，记得处理边界。

n i u m o

  
 
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
#define mk make_pair
#define ps push_back
#define fi first
#define se second
const int N=1e3+10;
int n,m,hd[N],cnt,bu[N],st,ed,chu[N],dis[N][N],xia[N][N];
double f[N][N];
bool vis[N],v[N][N];
struct jj{
	int fr,to,next;
}bi[N<<2];
inline void add(int x,int y){
	bi[++cnt]={x,y,hd[x]},hd[x]=cnt;
	bi[++cnt]={y,x,hd[y]},hd[y]=cnt;
}
inline void dfs(int x){
	queue<int> q;
	dis[x][x]=1;q.push(x);
	while(!q.empty()){
		int k=q.front();q.pop();
		for(int i=hd[k];i;i=bi[i].next){
			int j=bi[i].to;
			if(!dis[x][j])dis[x][j]=dis[x][k]+1,q.push(j);
		}
	}
}
inline double ask(int x,int y){
	if(v[x][y])return f[x][y];
	if(x==y)return 0;
	int to1=xia[x][y],to2=xia[to1][y];
	f[x][y]=1;v[x][y]=1;
	if(to1==y||to2==y)return 1;
	
	for(int i=hd[y];i;i=bi[i].next){
		int j=bi[i].to;
		f[x][y]+=ask(to2,j)/chu[y];
	}
	f[x][y]+=ask(to2,y)/chu[y];
	
	return f[x][y];
}
int main(){
	// freopen("in.in","r",stdin);
	// freopen("out.out","w",stdout);
	scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&ed,&st);
	int x,y;
	while(m--){
		scanf("%d%d",&x,&y);
		add(x,y);
		++chu[y],++chu[x];
	}
	for(int i=1;i<=n;++i){
		dfs(i);++chu[i];
	}
	for(int i=1;i<=n;++i)
		for(int j=i+1;j<=n;++j)xia[i][j]=xia[j][i]=0x3f3f3f3f;
	for(x=1;x<=n;++x){
		for(int i=hd[x];i;i=bi[i].next){
			int j=bi[i].to;
			for(int k=1;k<=n;++k){
				if(dis[x][k]-1==dis[j][k])xia[x][k]=min(xia[x][k],j);
			}
		}
	}
	printf("%.3lf",ask(ed,st));
}

posted @ 2024-05-23 20:30 lzrG23 阅读(57) 评论(0) 编辑收藏举报

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	bu[ed]=1;q.push(ed);//ed为聪聪的起点
	while(!q.empty()){
	x=q.front();q.pop();
	for(int i=hd[x];i;i=bi[i].next){
	int j=bi[i].to;
	if(!bu[j]){
	// cout<<j<<' '<<bu[x]+1<<"BU\n";
	bu[j]=bu[x]+1;q.push(j);
	}
	}
	}



	#include<bits/stdc++.h>
	using namespace std;
	typedef long long ll;
	typedef pair<int,int> pii;
	#define mk make_pair
	#define ps push_back
	#define fi first
	#define se second
	const int N=1e3+10;
	int n,m,hd[N],cnt,bu[N],st,ed,chu[N];
	double f[N][2];
	bool vis[N];
	struct jj{
	int fr,to,next;
	}bi[N<<2];
	inline void add(int x,int y){
	bi[++cnt]={x,y,hd[x]},hd[x]=cnt;
	bi[++cnt]={y,x,hd[y]},hd[y]=cnt;
	}
	queue<int> q;
	int main(){
	// freopen("in.in","r",stdin);
	// freopen("out.out","w",stdout);
	ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
	cin>>n>>m;
	cin>>ed>>st;
	bu[ed]=1;
	q.push(ed);
	int x,y;
	while(m--){
	cin>>x>>y;
	add(x,y);++chu[x],++chu[y];
	}
	while(!q.empty()){
	x=q.front();q.pop();
	for(int i=hd[x];i;i=bi[i].next){
	int j=bi[i].to;
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	}

	for(int j=1;j<=n;++j){
	if(vis[j]){
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	}
	f[j][i&1]/=chu[j];
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