「ZJOI2015」地震后的幻想乡 解题报告

「ZJOI2015」地震后的幻想乡

想了半天，打开洛谷题解一看，最高票是_rqy的，一堆密密麻麻的积分差点把我吓跑。

据说有三种解法，然而我只学会了一种最辣鸡的凡人解法。

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题意：给一个无向图\(G\)，边权为\([0,1]\)间的实数，求这个图的最小生成树的最大边权期望。

提示：对于 \(n\) 个 \([0,1]\) 之间的随机变量 \(x_1,x_2,\dots,x_n\)，第 \(k\) 小的那个的期望值是 \(\frac{k}{n+1}\)。

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考虑使用这个提示来帮助解题。

首先有一个暴力做法，枚举边权的相对大小，然后做最小生成树，kruskal得到一棵树时拿提示算一下

这个想法启发我们钦定一个边集\(S\)作为前\(|S|\)小，如果这个边集加入第\(|S|\)小这条边时恰好使图联通，我们就可以算它的贡献是\(\frac{|S|}{m+1}\)，如果我们还能算出它的方案并除上总方案，我们就可以得到它的概率，所以考虑去统计这个方案。

恰好联通这个条件并不好统计，我们转换一下，可以变成

恰好联通方案=加之前不连通方案-加之后不连通方案

然后比较自然的可以考虑压一个子集去做\(dp\)

令\(f_{S,i},g_{S,i}\)分别表示点集为\(S\)，用了\(i\)条边，且点集联通/不连通的方案数，设\(d_S\)为点集\(s\)在图\(G\)中的边数

显然有

\[g_{S,i}+f_{S,i}=\binom{d_S}{i} \]

考虑\(f\)的递推，我们枚举\(s\)的子集，并且钦定某个点\(k\)一定在子集里，有转移

\[f_{S,i}=\sum_{k\in T\subset S}\sum_{j=0}^{d_T}g_{T,j}\binom{d_{S-T}}{i-j} \]

然后最后考虑如何统计答案，设\(U\)为全集，按照之前说的，答案为

\[\sum_{k=1}^{m+1}\frac{k}{m+1}\times \frac{f_{U,k-1}-f_{U,k}}{\binom{d_u}{k}} \]

化简一下

\[\frac{1}{m+1}\sum_{k=1}^m\frac{f_{U,k}}{\binom{d_U}{k}} \]

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Code:

#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
using std::min;
template <class T>
void read(T &x)
{
	x=0;char c=getchar();
	while(!isdigit(c)) c=getchar();
	while(isdigit(c)) x=x*10+c-'0',c=getchar();
}
double C[51][51],f[1<<10][51],g[1<<10][51];
int yuu[1<<10],dew[1<<10],n,m;
int main()
{
	read(n),read(m);
	for(int u,v,i=1;i<=m;i++)
	{
		read(u),read(v);
		++dew[(1<<u-1)|(1<<v-1)];
	}
	for(int s=1;s<1<<n;s++)
		for(int t=s;t;t=t-1&s)
			yuu[s]+=dew[t];
	C[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		C[i][0]=1;
		for(int j=1;j<=i;j++)
			C[i][j]=C[i-1][j]+C[i-1][j-1];
	}
	for(int s=1;s<1<<n;s++)
	{
	    for(int i=0;i<=yuu[s];i++)
		{
			for(int t=s-1&s;t;t=t-1&s)
                if(t&(s&-s))
                    for(int j=0;j<=min(i,yuu[t]);j++)
                        f[s][i]+=g[t][j]*C[yuu[s^t]][i-j];
			g[s][i]=C[yuu[s]][i]-f[s][i];
		}
	}
	double ans=0;
	for(int i=0;i<=m;i++) ans+=f[(1<<n)-1][i]/C[m][i];
	ans/=m+1.0;
	printf("%.6f\n",ans);
	return 0;
}

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2019.3.5