BZOJ 1415: [Noi2005]聪聪和可可

1415: [Noi2005]聪聪和可可

Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 162 MB
Submit: 1522  Solved: 900
[Submit][Status][Discuss]

Description

Input

数据的第1行为两个整数N和E,以空格分隔,分别表示森林中的景点数和连接相邻景点的路的条数。 第2行包含两个整数C和M,以空格分隔,分别表示初始时聪聪和可可所在的景点的编号。 接下来E行,每行两个整数,第i+2行的两个整数Ai和Bi表示景点Ai和景点Bi之间有一条路。 所有的路都是无向的,即:如果能从A走到B,就可以从B走到A。 输入保证任何两个景点之间不会有多于一条路直接相连,且聪聪和可可之间必有路直接或间接的相连。

Output

输出1个实数,四舍五入保留三位小数,表示平均多少个时间单位后聪聪会把可可吃掉。

Sample Input

【输入样例1】
4 3
1 4
1 2
2 3
3 4
【输入样例2】
9 9
9 3
1 2
2 3
3 4
4 5
3 6
4 6
4 7
7 8
8 9

Sample Output

【输出样例1】
1.500
【输出样例2】
2.167

HINT

【样例说明1】
开始时,聪聪和可可分别在景点1和景点4。
第一个时刻,聪聪先走,她向更靠近可可(景点4)的景点走动,走到景点2,然后走到景点3;假定忽略走路所花时间。
可可后走,有两种可能:
第一种是走到景点3,这样聪聪和可可到达同一个景点,可可被吃掉,步数为1,概率为 。
第二种是停在景点4,不被吃掉。概率为 。
到第二个时刻,聪聪向更靠近可可(景点4)的景点走动,只需要走一步即和可可在同一景点。因此这种情况下聪聪会在两步吃掉可可。
所以平均的步数是1* +2* =1.5步。


对于所有的数据,1≤N,E≤1000。
对于50%的数据,1≤N≤50。

Source

分析:

如果数据范围很小那就是水水的高斯消元...但是没有如果...

既然不能高斯消元,我们又可以确定这题是期望$DP$,那么一定存在隐含的$DP$顺序,这道题和BZOJ 3270很像,但是区别在于3270每个人只能走一步,但是这道题目有一个人可以走两步,由于是先走只能预判老鼠的走位,所以猫每次至少和老鼠之间的距离至少减少$1$,因为是沿着最短路走的,所以就是最短路的距离减少$1$,这就告诉了我们此题的$DP$顺序...

所以我们跑$n$边$SPFA$来求出$pos[x][y]$代表在$x$到$y$的最短路中编号最小的与$x$直接有边相连的点是谁,然后记忆话搜索一发...

代码:

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<queue>
//by NeighThorn
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;

const int maxn=1000+5;

int n,m,s,t,cnt,d[maxn],hd[maxn],to[maxn<<1],pos[maxn][maxn],dis[maxn][maxn],nxt[maxn<<1],vis[maxn];

double f[maxn][maxn];

queue<int> q;

inline void spfa(int x){
	q.push(x),vis[x]=1;dis[x][x]=0;pos[x][x]=x;
	while(!q.empty()){
		int top=q.front();q.pop();vis[top]=0;
		for(int i=hd[top];i!=-1;i=nxt[i]){
			if(dis[x][to[i]]>dis[x][top]+1){
				dis[x][to[i]]=dis[x][top]+1;
				if(pos[x][top]==x)
					pos[x][to[i]]=to[i];
				else
					pos[x][to[i]]=pos[x][top];
				if(!vis[to[i]])
					vis[to[i]]=1,q.push(to[i]);
			}
			else if(dis[x][to[i]]==dis[x][top]+1){
				pos[x][to[i]]=min(pos[x][to[i]],pos[x][top]);
				if(!vis[to[i]])
					vis[to[i]]=1,q.push(to[i]);
			}
		}
	}
}

inline void add(int x,int y){
	to[cnt]=y;nxt[cnt]=hd[x];hd[x]=cnt++;
}

inline double dp(int x,int y){
	if(f[x][y]!=1000000000.0)
		return f[x][y];
	if(x==y)
		return f[x][y]=0.0;
	if(pos[x][y]==y)
		return f[x][y]=1.0;
	if(pos[pos[x][y]][y]==y)
		return f[x][y]=1.0;
	f[x][y]=0;
	for(int i=hd[y];i!=-1;i=nxt[i])
		f[x][y]+=dp(pos[pos[x][y]][y],to[i]);
	f[x][y]+=dp(pos[pos[x][y]][y],y);
	return f[x][y]=f[x][y]/(1.0*(d[y]+1.0))+1.0;
}

signed main(void){
	memset(hd,-1,sizeof(hd));
	memset(dis,inf,sizeof(dis));
	scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&s,&t);
	for(int i=1,x,y;i<=m;i++)
		scanf("%d%d",&x,&y),add(x,y),add(y,x),d[x]++,d[y]++;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		spfa(i);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=n;j++)
			f[i][j]=1000000000.0;
	printf("%.3f\n",dp(s,t));
	return 0;
}

  


By NeighThorn

posted @ 2017-02-27 09:30  NeighThorn  阅读(250)  评论(0编辑  收藏  举报