BZOJ 1415: [Noi2005]聪聪和可可( 最短路 + 期望dp )
用最短路暴力搞出s(i, j)表示聪聪在i, 可可在j处时聪聪会走的路线. 然后就可以dp了, dp(i, j) = [ dp(s(s(i,j), j), j) + Σdp(s(s(i,j), j), to) ] / (degree[i]+1) 边(j, to)存在. 复杂度应该差不多是O(NM)
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#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;
const int maxn = 1009;
double dp[maxn][maxn];
int d[maxn][maxn], deg[maxn], s[maxn][maxn], N, S, T;
bool inq[maxn], vis[maxn][maxn];
queue<int> q;
struct edge {
int to;
edge* next;
} E[maxn << 1], *pt = E, *head[maxn];
void AddEdge(int u, int v) {
deg[pt->to = v]++;
pt->next = head[u];
head[u] = pt++;
}
void Spfa(int d[], int S) {
for(int i = 0; i < N; i++)
d[i] = maxn, inq[i] = false;
d[S] = 0; inq[S] = true;
q.push(S);
while(!q.empty()) {
int x = q.front(); q.pop();
for(edge* e = head[x]; e; e = e->next) if(d[e->to] > d[x] + 1) {
d[e->to] = d[x] + 1;
if(!inq[e->to])
q.push(e->to), inq[e->to] = true;
}
}
}
void Init() {
int m;
scanf("%d%d%d%d", &N, &m, &S, &T); S--; T--;
memset(deg, 0, sizeof(int) * N);
while(m--) {
int u, v;
scanf("%d%d", &u, &v); u--; v--;
AddEdge(u, v);
AddEdge(v, u);
}
for(int i = 0; i < N; i++) Spfa(d[i], i);
memset(s, -1, sizeof s);
for(int i = 0; i < N; i++)
for(int j = 0; j < N; j++)
for(edge* e = head[i]; e; e = e->next)if(d[i][j] == d[e->to][j] + 1) {
if(~s[i][j])
s[i][j] = min(s[i][j], e->to);
else
s[i][j] = e->to;
}
memset(vis, 0, sizeof vis);
for(int i = 0; i < N; i++) {
dp[i][i] = 0;
vis[i][i] = true;
for(int j = 0; j < N; j++)
if(i != j && ~s[i][j] && (s[i][j] == j || s[s[i][j]][j] ==j)) {
dp[i][j] = 1;
vis[i][j] = true;
}
}
}
double Dp(int x, int y) {
if(vis[x][y]) return dp[x][y];
vis[x][y] = true;
dp[x][y] = Dp(s[s[x][y]][y],y);
for(edge* e = head[y]; e; e = e->next)
dp[x][y] += Dp(s[s[x][y]][y],e->to);
return ++(dp[x][y] /= deg[y] + 1);
}
int main() {
Init();
printf("%.3lf\n", Dp(S, T));
return 0;
}
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1415: [Noi2005]聪聪和可可
Time Limit: 10 Sec Memory Limit: 162 MBSubmit: 1024 Solved: 604
[Submit][Status][Discuss]
Description
Input
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。
Output
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。
Sample Input
【输入样例1】
4 3
1 4
1 2
2 3
3 4
【输入样例2】
9 9
9 3
1 2
2 3
3 4
4 5
3 6
4 6
4 7
7 8
8 9
4 3
1 4
1 2
2 3
3 4
【输入样例2】
9 9
9 3
1 2
2 3
3 4
4 5
3 6
4 6
4 7
7 8
8 9
Sample Output
【输出样例1】
1.500
【输出样例2】
2.167
1.500
【输出样例2】
2.167
HINT
【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 。
第二种是停在景点4，不被吃掉。概率为 。
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* +2* =1.5步。
对于所有的数据，1≤N,E≤1000。
对于50%的数据，1≤N≤50。
Source
