[ZJOI2015]地震后的幻想乡

VII.[ZJOI2015]地震后的幻想乡

本题有两种思路。

一种思路是从暴力入手并优化状态。

我们考虑边的一组排列$\{p_1,\dots,p_m\}$。它是将边按照边权从小到大排列的结果。则我们在这组排列上跑Kruskal，设在加入排名为$i$的边时跑出了一棵生成树，则这组排列的答案就是排名为$i$的边权期望，按照题面中的提示，它就是$\dfrac{i}{m+1}$。

枚举每一种排列——它们都是等概率出现的——就能求出总概率。则这个算法的时间复杂度是$O(m\times m!)$。

考虑优化。因为我们要求的是生成树中最大边，所以多加入一些边并不会影响最大边的大小，于是我们实际上只要找出一个使得之前图不连通，在加入这条边后图联通了的位置$i$即可。

于是，我们发现在我们Kruskal加入一条新边之时，我们只考虑之前放了多少条边以及图的连通性即可。

发现单独求出加入多少条边时刚好联通不好求；于是我们干脆做个后缀和，设$f[i][j]$表示加入$i$条边后集合$j$联通的方案数，最后做一个差分即可求出所有刚好联通的方案数。

发现$f[i][j]$不好求。于是我们采取正难则反，考虑设$g[i][j]$表示集合$j$不连通的方案数。

我们考虑如何求出$j$。一个显然的想法是$O(3^n)$枚举子集，将$j$集合切成两半处理。为了不重不漏地计数，我们就强制令一半联通，另一半随便连，同时两半间不连边。这里我们采取计数问题中的经典策略，找出$j$中的lowbit位，设为$p$，并且强制令联通的集合中必须包含$p$（这就相当于枚举$p$所在的连通块）。

我们设$|j|$表示$j$集合内部共有多少条边。则我们有

$$g_{i,j}=\sum\limits_{k\subset j,p\in k}\sum\limits_{l=0}^if_{l,k}\times\dbinom{\Big|j\setminus k\Big|}{i-l}$$

其中，$k$枚举子集，$l$枚举$k$中有多少条边，二项式系数的意义是从集合$j\setminus k$（其中$\setminus$是集合减符号）中选出$i-l$条边的方案数。

另，我们又有

$$f_{i,j}+g_{i,j}=\dbinom{|j|}{i}$$

这很好理解，因为联通数加上不连通数必定等于总方案数。故我们就可以直接通过该式求出$f_{i,j}$。

则我们设$h_i$表示加入$i$条边时整张图联通的概率。于是有

$$h_i=\dfrac{f_{i,\mathbb{V}}}{\binom{m}{i}}$$

其中$\mathbb{V}$是全体点集。

对$h_i$做差分就得到位置$i$刚好联通的概率；概率再乘上权值（$\dfrac{i}{m+1}$）就得到了期望。

时间复杂度$O(m^23^n)$。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int n,m,lim;
bool s[20][20];
ll f[100][1<<10],g[100][1<<10],C[100][100],sz[1<<10];
double h[100],res;
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m),lim=1<<n;
	for(int i=0;i<=m;i++)C[i][0]=1;
	for(int i=1;i<=m;i++)for(int j=1;j<=i;j++)C[i][j]=C[i-1][j-1]+C[i-1][j];
	for(int i=1,x,y;i<=m;i++)scanf("%d%d",&x,&y),x--,y--,s[x][y]=s[y][x]=true;
	
	for(int i=0;i<lim;i++)g[0][i]=1;
	for(int i=0;i<n;i++)f[0][1<<i]=1,g[0][1<<i]=0;
	for(int i=1;i<lim;i++){
		sz[i]=sz[i^(i&-i)];
		int p=__builtin_ctz(i);
		for(int j=0;j<n;j++)if(i&(1<<j))sz[i]+=s[j][p];
	}
	
	for(int i=1;i<=m;i++)for(int j=1;j<lim;j++){
		int p=__builtin_ctz(j);
		for(int k=(j-1)&j;k;k=(k-1)&j)if(k&(1<<p))for(int l=0;l<=i;l++)g[i][j]+=f[l][k]*C[sz[j^k]][i-l];
		f[i][j]=C[sz[j]][i]-g[i][j];
	}
	
	for(int i=0;i<=m;i++)h[i]=1.0*f[i][lim-1]/C[m][i];
	for(int i=m;i>=1;i--)h[i]-=h[i-1];
	for(int i=0;i<=m;i++)res+=h[i]*i;
	
	printf("%lf\n",res/(m+1));
	return 0;
} 

另一种做法是从积分角度分析。

我们设$p(x)$为最大边为$x$的概率。则我们要求的期望则为

$$\mathrm{E}X=\int_0^1p(x)x\mathrm{d}x$$

仿照前一种思路，我们设 $P(X)=\int_X^1p(x)\mathrm{d}x$，则有

$$\begin{aligned}\mathrm{E}X=&\int_0^1p(x)x\mathrm{d}x\\=&\int_0^1p(x)\Big(\int_0^x1\mathrm{d}t\Big)\mathrm{d}x\\=&\int_0^1\Big(\int_t^1p(x)\mathrm{d}x\Big)\mathrm{d}t\\=&\int_0^1P(t)\mathrm{d}t\end{aligned}$$

下面我们考虑如何求出上式。观察到$P(X)$的实际意义是最大边大于等于$X$的概率；于是我们设$P_{\mathbb{S}}(X)$表示$\mathbb{S}$集合中最大边大于等于$X$的概率，则就有$P(X)=P_{\mathbb{V}}(X)$，其中$\mathbb{V}$是全部节点集合。

我们考虑转移出$P_{\mathbb{S}}(X)$：我们这次考虑枚举$1$所在的那个连通块，设此连通块为$\mathbb{T}$，则$\mathbb{T}$联通的概率是$1-P_{\mathbb{T}}(X)$，$\mathbb{T}$不与其它部分联通的概率是$(1-X)^{e(\mathbb{T},\mathbb{S}-\mathbb{T})}$，其中$e(\mathbb{T},\mathbb{S}-\mathbb{T})$是$\mathbb{S}$与其补集间边数。

于是就有

$$P_{\mathbb{S}}(X)=\sum\limits_{1\in\mathbb{T}\subset\mathbb{S}}\Big(1-P_{\mathbb{T}}(X)\Big)(1-X)^{e(\mathbb{T},\mathbb{S}-\mathbb{T})}$$

考虑到我们最终要求的是$\int_0^1P_{\mathbb{V}}(X)\mathrm{d}X$；于是开始推式子：

$$\begin{aligned}\int_0^1P_{\mathbb{S}}(X)\mathrm{d}X&=\int_0^1\Bigg(\sum\limits_{1\in\mathbb{T}\subset\mathbb{S}}\Big(1-P_{\mathbb{T}}(X)\Big)(1-X)^{e(\mathbb{T},\mathbb{S}-\mathbb{T})}\Bigg)\mathrm{d}X\\&=\int_0^1\Bigg(\sum\limits_{1\in\mathbb{T}\subset\mathbb{S}}(1-X)^{e(\mathbb{T},\mathbb{S}-\mathbb{T})}-P_{\mathbb{T}}(X)(1-X)^{e(\mathbb{T},\mathbb{S}-\mathbb{T})}\Bigg)\mathrm{d}X\\&=\sum\limits_{1\in\mathbb{T}\subset\mathbb{S}}\int_0^1(1-X)^{e(\mathbb{T},\mathbb{S}-\mathbb{T})}\mathrm{d}X-\int_0^1P_{\mathbb{T}}(X)(1-X)^{e(\mathbb{T},\mathbb{S}-\mathbb{T})}\mathrm{d}X\\&=\sum\limits_{1\in\mathbb{T}\subset\mathbb{S}}\int_0^1X^{e(\mathbb{T},\mathbb{S}-\mathbb{T})}\mathrm{d}X-\int_0^1P_{\mathbb{T}}(X)(1-X)^{e(\mathbb{T},\mathbb{S}-\mathbb{T})}\mathrm{d}X\\&=\sum\limits_{1\in\mathbb{T}\subset\mathbb{S}}\dfrac{1^{e(\mathbb{T},\mathbb{S}-\mathbb{T})}}{1+e(\mathbb{T},\mathbb{S}-\mathbb{T})}-\dfrac{0^{e(\mathbb{T},\mathbb{S}-\mathbb{T})}}{1+e(\mathbb{T},\mathbb{S}-\mathbb{T})}-\int_0^1P_{\mathbb{T}}(X)(1-X)^{e(\mathbb{T},\mathbb{S}-\mathbb{T})}\mathrm{d}X\\&=\sum\limits_{1\in\mathbb{T}\subset\mathbb{S}}\dfrac{1}{1+e(\mathbb{T},\mathbb{S}-\mathbb{T})}-\int_0^1P_{\mathbb{T}}(X)(1-X)^{e(\mathbb{T},\mathbb{S}-\mathbb{T})}\mathrm{d}X\end{aligned}$$

到这里，我们停一下，设一个

$$F^k(\mathbb{S})=\int_0^1(1-X)^kP_{\mathbb{S}}(X)\mathrm{d}X$$

则代入上面的式子，就有

$$F^0(\mathbb{S})=\sum\limits_{1\in\mathbb{T}\subset\mathbb{S}}\dfrac{1}{1+e(\mathbb{T},\mathbb{S}-\mathbb{T})}-F^{e(\mathbb{T},\mathbb{S}-\mathbb{T})}(\mathbb{T})$$

于是现在的目标就是求出任意的$F^k(\mathbb{S})$；这很简单，只需要类似地代入式子中强推即可得到

$$F^k(\mathbb{S})=\sum\limits_{1\in\mathbb{T}\subset\mathbb{S}}\dfrac{1}{1+k+e(\mathbb{T},\mathbb{S}-\mathbb{T})}-F^{k+e(\mathbb{T},\mathbb{S}-\mathbb{T})}(\mathbb{T})$$

显然这就可以$O(m3^n)$地DP了。最终答案即为$F^0(\mathbb{V})$。

代码（极致压行版——它甚至没有我一个推导的式子长）:

#include<stdio.h>
int n,m,in[1<<10],lim;
double f[1<<10][100];
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m),lim=1<<n;
	for(int i=1,x,y;i<=m;i++){scanf("%d%d",&x,&y),x--,y--;for(int j=0;j<lim;j++)if((j&(1<<x))&&(j&(1<<y)))in[j]++;}
	for(int i=0;i<lim;i++)if(i&1)for(int j=(i-1)&i;j;j=(j-1)&i)if(j&1)for(int k=0,l=in[i]-in[j]-in[i^j];k+l<=m;k++)f[i][k]+=1.0/(k+l+1)-f[j][k+l];
	printf("%.6lf\n",f[lim-1][0]);
	return 0;
}