【bzoj3143】[Hnoi2013]游走 期望dp+高斯消元

题目描述

一个无向连通图，顶点从1编号到N，边从1编号到M。 
小Z在该图上进行随机游走，初始时小Z在1号顶点，每一步小Z以相等的概率随机选 择当前顶点的某条边，沿着这条边走到下一个顶点，获得等于这条边的编号的分数。当小Z 到达N号顶点时游走结束，总分为所有获得的分数之和。 
现在，请你对这M条边进行编号，使得小Z获得的总分的期望值最小。

输入

第一行是正整数N和M，分别表示该图的顶点数 和边数，接下来M行每行是整数u，v(1≤u,v≤N)，表示顶点u与顶点v之间存在一条边。 输入保证30%的数据满足N≤10，100%的数据满足2≤N≤500且是一个无向简单连通图。

输出

仅包含一个实数，表示最小的期望值，保留3位小数。

样例输入

3 3
2 3
1 2
1 3

样例输出

3.333

---

题解

期望dp+高斯消元

显然让期望经过次数越大的边编号越小即可，所以只要求出边的期望经过次数就能出解。

由于边数过大，但是边的期望经过次数可以用它连接的两个点的 期望次数/度数 之和得到，所以只要求出点的期望经过次数就能出解。

对于每个一般的点y，它的期望经过次数为$f[y]=\sum\limits_{exist\ x\to y}\frac{f[x]}{d[x]}$。

然后有两个特殊的点：1和n，由于1是起点，所以要算上初始经过的一次，在表达式的右边加1；由于n是终点，到达终点就不能够再经过其它边，所以按照上面的期望经过次数的计算方式，n的期望经过次数应该强制设置为0。（并非部分题解中的1）（所以其实上面的期望经过次数指的是“到达终点前的期望经过次数”，实际上也应该这样理解）

由于图是没有dp顺序的，所以需要使用高斯消元求出f[i]。

求出所有点的期望经过次数，然后计算出边的经过次数，排序出解。

#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#define N 510
using namespace std;
struct data
{
	int x , y;
	double p;
}e[200010];
double a[N][N];
int n , map[N][N] , d[N];
bool cmp(data a , data b)
{
	return a.p > b.p;
}
void gauss()
{
	int i , j , k;
	double t;
	for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
	{
		for(k = i , j = i + 1 ; j <= n ; j ++ )
			if(fabs(a[k][i]) < fabs(a[j][i]))
				k = j;
		for(j = 1 ; j <= n + 1 ; j ++ ) swap(a[i][j] , a[k][j]);
		for(j = i + 1 ; j <= n ; j ++ )
		{
			t = a[j][i] / a[i][i];
			for(k = i ; k <= n + 1 ; k ++ ) a[j][k] -= a[i][k] * t;
		}
	}
	for(i = n ; i >= 1 ; i -- )
	{
		for(j = n ; j > i ; j -- ) a[i][n + 1] -= a[j][n + 1] * a[i][j];
		a[i][n + 1] /= a[i][i];
	}
}
int main()
{
	int m , i , j;
	double ans = 0;
	scanf("%d%d" , &n , &m);
	for(i = 1 ; i <= m ; i ++ ) scanf("%d%d" , &e[i].x , &e[i].y) , map[e[i].x][e[i].y] = map[e[i].y][e[i].x] = 1 , d[e[i].x] ++ , d[e[i].y] ++ ;
	for(i = 1 ; i < n ; i ++ )
	{
		a[i][i] = 1;
		for(j = 1 ; j <= n ; j ++ ) if(map[j][i]) a[i][j] = -1.0 / d[j];
	}
	a[1][n + 1] = a[n][n] = 1;
	gauss();
	for(i = 1 ; i <= m ; i ++ ) e[i].p = a[e[i].x][n + 1] / d[e[i].x] + a[e[i].y][n + 1] / d[e[i].y];
	sort(e + 1 , e + m + 1 , cmp);
	for(i = 1 ; i <= m ; i ++ ) ans += e[i].p * i;
	printf("%.3lf\n" , ans);
	return 0;
}