【BZOJ3925】[ZJOI2015] 地震后的幻想乡（状压期望DP）

点此看题面

大致题意： 有\(n\)个点和\(m\)条边，每条边的权值是一个\(0\sim1\)的随机实数，要你用\(n-1\)条边将图联通，问这\(n-1\)条边中边权最大值的期望最小值。

提示

这题应该是一道比较难的\(DP\)题吧。

首先，我们需要注意到提示中的一句话：

\(Hint\)

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

其实，这就很明显在提示我们，只要求出这\(n-1\)条边中权值最大边的期望最小排名，我们就能轻松求出它的期望最小值。

于是我们就能形成一个比较基础的思路了。

基础思路

首先，应该不难想到，可以用\(P_i\)来表示权值最大边排名为\(i\)的概率，而答案就是\(\sum_{i=1}^mi·P_i\)（这应该还是比较显然的）。

但问题在于这样很难进行状态转移。

我们可以将原式进行进一步的转化，则不难发现，答案其实就相当于\(\sum_{i=1}^m\sum_{j=i}^mP(j)\)。

由于\(\sum_{i=1}^mP(i)=1\)，所以上面式子中的\(\sum_{j=i}^mP(j)\)其实又等价于\(1-\sum_{j=1}^{i-1}P(j)\)。

考虑\(\sum_{j=1}^{i-1}P(j)\)表示的是加入\(i-1\)条边能使原图联通的概率，所以\(1-\sum_{j=1}^{i-1}P(j)\)其实就相当于加入\(i-1\)条边不能使原图联通的概率。

不难发现，这比求原式要容易多了。

转化后的问题

整理一下上面的思路，就可以得到一个这样的问题：设\(P'(i)\)为加入\(i\)条边后原图不连通的概率，求\(\sum_{i=0}^{m-1}P'(i)\)。

注意到\(n\le10\)这极小的范围，我们首先想到的自然是乱搞状压\(DP\)。

状压\(DP\)

考虑用\(f_{i,t,0/1}\)来表示连接\(i\)条边后使点集\(j\)不连通/联通的方案数，注意，这里记录的是方案数而不是概率，这样可以防止出现精度误差（毕竟要保留\(6\)位小数）。

我们可以用\(Size_i\)和\(line\_tot_i\)分别表示点集\(i\)中点与边的数量。

首先，我们要知道一个比较基础的知识，即在点集\(i\)中选择\(t\)条边的方案数应为\(C_{line\_tot_i}^t\)，即\(f_{i,t,0}+f_{i,t,1}=C_{line\_tot_i}^t\)。

既然这样，只要求出\(f_{i,t,0}\)和\(f_{i,t,1}\)中的一个，我们就可以轻松求出另一个的值了。

比较显然\(f_{i,t,0}\)相对而言要更容易求一些。

状态转移

我们来考虑如何进行状态转移。

考虑在当前点集中任意选取一点\(k\)作为定点（\(k\)取什么点无所谓，为了方便推荐选择\(lowbit(i)\)，可以\(O(1)\)求出），然后枚举含有点\(k\)的点集\(j\)，进行转移。

不难想到，如果要让点集\(j\)变成\(i\)，自然需要加入\(i\)^\(j\)这个点集。

我们可以在保证点集\(j\)联通的情况下，枚举\(x,y(0\le x\le line\_tot_j,0\le y\le line\_tot_{i\text{^}j})\)，表示两个点集中的分别选择的边数。

由于选\(x\)条边使点集\(j\)联通的方案数为\(f_{j,x,1}\)，而\(y\)条边的选择方案数共有\(C_{line\_tot_{i\text{^}j}}^y\)，所以可以得出转移方程：

\[f_{i,x+y,0}=\sum f_{j,x,1}*C_{line\_tot_{i\text{^}j}}^y \]

这样就可以不重不漏地统计到所有情况了。

最后的答案

根据一开始得出的结论，最后的答案就是：

\[\frac{\sum_{i=0}^{m-1}\frac{f_{2^n-1,i,0}}{C_m^i}}{m+1} \]

还有，千万注意精度啊。

一些细节：关于\(Size\)与\(line\_tot\)数组的求法

关于\(Size\)和\(line\_tot\)两个数组，其实有一种比较巧妙的求法。（会的大佬可以直接跳过这一部分）

• \(Size_i=Size_{i>>1}+(i\&1)\)
  • 首先，由于\((i>>1)<i\)，所以\(Size_{i>>1}\)一定在求\(Size_i\)之前已经求解过。
  • 其次，由于\((i>>1)\)与\(i\)在二进制下只相差最后一位，所以只要比较最后一位（即\(i\&1\)）就可以求出结果。
• \(line\_tot_i=\frac{\sum Size_{Next_j\&i}}2\)
  • 注意，上面式子中的\(j\)表示点集\(i\)中的一个点，而\(Next_j\)表示与\(j\)有边相连的点的点集。
  • 首先，由于\(Next_j\&i\le i\)，所以\(Size_{Next_j\&i}\)肯定已经求解过。
  • 其次，将与\(j\)相连的点与点集\(i\)中的点\(\&\)一下，得到的结果就是点集\(i\)中与\(j\)相连的点的点集，它的\(Size\)就是点集\(i\)中与\(j\)有边相连的点的数量，即以点\(j\)为一个端点的边数。
  • 但这样会把每条边统计两次，因此最后除以\(2\)即可。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define N 10
#define M 50
#define LL long long
using namespace std;
int n,m,Next[N+5],line_tot[1<<N+1],Size[1<<N+1];LL f[1<<N+1][M+5][2],C[M+5][M+5];
class Class_FIO
{
    private:
        #define Fsize 100000
        #define tc() (A==B&&(B=(A=Fin)+fread(Fin,1,Fsize,stdin),A==B)?EOF:*A++)
        char ch,*A,*B,Fin[Fsize];
    public:
        Class_FIO() {A=B=Fin;}
        inline void read(int &x) {x=0;while(!isdigit(ch=tc()));while(x=(x<<3)+(x<<1)+(ch&15),isdigit(ch=tc()));}
}F;
inline void Init() {for(register int i=C[0][0]=1,j;i<=M;++i) for(C[i][0]=C[i][i]=j=1;j<i;++j) C[i][j]=C[i-1][j-1]+C[i-1][j];}//预处理组合数
int main()
{
    register int i,j,k,x,y,Full;register double ans=0.0;
    for(Init(),F.read(n),F.read(m),i=1;i<=m;++i) F.read(x),F.read(y),Next[x]|=(1<<y-1),Next[y]|=(1<<x-1);//用Next[i]存储与i有边相连的点的点集
    for(i=1,Full=(1<<n)-1;i<=Full;++i)//枚举每一个点集i
    {
        if((Size[i]=Size[i>>1]+(i&1))==1) {f[i][0][1]=1;continue;}//如果只有一个点，跳过
        for(j=1;j<=n;++j) if(i&(1<<j-1)) line_tot[i]+=Size[Next[j]&i];line_tot[i]>>=1;//统计边数
        for(k=i&-i,j=i&(i-1);j;j=i&(j-1)) if(j&k) for(x=0;x<=line_tot[j];++x) for(y=0;y<=line_tot[i^j];++y) f[i][x+y][0]+=f[j][x][1]*C[line_tot[i^j]][y];//状态转移
        for(j=0;j<=line_tot[i];++j) f[i][j][1]=C[line_tot[i]][j]-f[i][j][0];//根据f[i][j][0]得到f[i][j][1]的值
    }
    for(i=0;i<=m;++i) ans+=1.0*f[Full][i][0]/C[line_tot[Full]][i];ans/=m+1;//统计答案
    return printf("%.6lf",ans),0;
}