0828-T4 聪聪与可可

0828-T4 聪聪与可可

题意

猫抓老鼠。

猫每次会走到四周距离老鼠最近的点。若没抓到老鼠还会再走一次。

老鼠每次会等概率向四周走一步，求猫抓到老鼠的期望时间。

思路

与处理出 $nx{t}_{i,j}$ 表示猫在 $i$ 老鼠在 $j$，猫下一步走到哪里。

$f_{i,j}$ 表示猫在 $i$ 老鼠在 $j$，猫抓到老鼠的期望次数。

若 $i=j$，$f_{i,j}=0$。

若猫一步吃到老鼠，$f_{i,j}=1$。

$$f_{i,j}=\frac{1}{p}\sum f_{k,l}+1$$

$k$ 表示猫下两步走到哪里，$l$ 表示老鼠周围的点，$p$ 是老鼠周围的点的个数加一。

使用记忆化搜索实现。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1005;
int n, m, nxt[N][N], d[N][N];
vector <int> e[N];
double f[N][N];
void bfs(int s) {
	queue <int> q;
	q.push(s);
	while (!q.empty()) {
		int p = q.front(); q.pop();
		for (auto v : e[p]) {
			if (d[s][v] || v == s) continue;
			d[s][v] = d[s][p] + 1;
			q.push(v);
		}
	}
}
double dfs(int cat, int mouse) {
	if (cat == mouse) return f[cat][mouse] = 0;
	int nxtcat = nxt[cat][mouse];
	if (nxtcat == mouse) return f[cat][mouse] = 1;
	nxtcat = nxt[nxtcat][mouse];
	if (nxtcat == mouse) return f[cat][mouse] = 1;
	if (f[cat][mouse]) return f[cat][mouse];
	double res = 1, P = e[mouse].size() + 1;
	res += dfs(nxtcat, mouse) / P;
	for (auto nxtmouse : e[mouse])
		res += dfs(nxtcat, nxtmouse) / P;
	return f[cat][mouse] = res;
}
int main() {
	cin >> n >> m;
	int C, M; cin >> C >> M;
	for (int i = 1, u, v; i <= m; i ++) {
		cin >> u >> v;
		e[u].push_back(v);
		e[v].push_back(u);
	}
	for (int i = 1; i <= n; i ++) bfs(i);
	for (int i = 1; i <= n; i ++) {
		for (int j = 1; j <= n; j ++) {
			d[0][j] = 1e9; int& p = nxt[i][j]; 
			for (auto v : e[i]) {
				if (d[v][j] < d[p][j]) p = v;
				if (d[v][j] == d[p][j] && v < p) p = v;
			}
		}
	}
	dfs(C, M);
	cout << fixed << setprecision(3) << f[C][M] << "\n";
	return 0;
}