[SDOI2014] 重建

题目描述

T国有N个城市，用若干双向道路连接。一对城市之间至多存在一条道路。 在一次洪水之后，一些道路受损无法通行。虽然已经有人开始调查道路的损毁情况，但直到现在几乎没有消息传回。 辛运的是，此前T国政府调查过每条道路的强度，现在他们希望只利用这些信息估计灾情。具体地，给定每条道路在洪水后仍能通行的概率，请计算仍能通行的道路恰有N-1条，且能联通所有城市的概率。

输入输出格式

输入格式：

 

输入的第一行包含整数N。 接下来N行，每行N个实数，第i+l行，列的数G[i][j]表示城市i与j之间仍有道路联通的概率。 输入保证G[i][j]=G[j][i]，且G[i][j]=0；G[i][j]至多包含两位小数。

 

输出格式：

 

输出一个任意位数的实数表示答案。 你的答案与标准答案相对误差不超过10^(-4)即视为正确。

 

输入输出样例

输入样例#1： 

3
0 0.5 0.5
0.5 0 0.5
0.5 0.5 0

输出样例#1： 

0.375

说明

1 < N < =50

数据保证答案非零时，答案不小于10^-4

 

 

    我们来考虑一下一个 度数矩阵-邻接矩阵 的行列式的意义，就是所有该邻接矩阵代表的图的所有生成树的边权之积的和。

而我们要求的是所有生成树中树边概率之积再乘上非树边(1-其概率)之积 的和。于是我们便可以设base=π(1-a[i][j]) ,然后令a[i][j] = a[i][j] / (1-a[i][j])，然后我们用矩阵树定理求一下a的行列式再乘上base就是答案了。

    但是当a[i][j]==1的时候，我们要近似一下a[i][j]。

 

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define D double
const int maxn=106;
using namespace std;
const D eps=1e-9;
D a[maxn][maxn],ans=1,base=1;
bool flag=0;
int n;

inline int zt(D x){
	if(fabs(x)<eps) return 0;
	return x>0?1:-1;
}

inline void solve(){
	for(int i=1;i<n;i++)
	    for(int j=1;j<n;j++) if(i!=j) a[i][j]=-a[i][j];
	
	for(int i=1;i<n;i++){
		int pos=i;
		for(int j=i+1;j<n;j++) if(a[j][i]>a[pos][i]) pos=j;
		if(pos!=i){
			ans*=-1;
		    for(int j=i;j<n;j++) swap(a[pos][j],a[i][j]);
	    }
		if(!zt(a[i][i])) break;
		
		for(int j=i+1;j<n;j++) if(zt(a[j][i])){
			D tmp=a[j][i]/a[i][i];
			for(int k=i;k<n;k++) a[j][k]-=a[i][k]*tmp;
		}
		
		ans*=a[i][i];
	}
}

int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	    for(int j=1;j<=n;j++){
	    	scanf("%lf",&a[i][j]);
	    	if(a[i][j]==1) a[i][j]-=eps;
	    	if(i<j) base=base*(1-a[i][j]);
	    	a[i][j]=a[i][j]/(1-a[i][j]);
		}
		
	for(int i=1;i<=n;i++)
	    for(int j=i+1;j<=n;j++) a[i][i]+=a[i][j],a[j][j]+=a[i][j];
	solve();
	printf("%.11lf\n",ans*base);
	return 0;
}