P4316 绿豆蛙的归宿

合集 - 洛谷(99)

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27.P4316 绿豆蛙的归宿2024-01-04

28.P3870 [TJOI2009] 开关2024-01-1029.P3373 【模板】线段树 22024-01-1430.P1558 色板游戏2024-01-1531.P1638 逛画展2024-01-1632.P1043 [NOIP2003 普及组] 数字游戏2024-01-2633.P1147 连续自然数和2024-01-2634.P1063 [NOIP2006 提高组] 能量项链2024-01-2735.P4342 [IOI1998] Polygon2024-01-2736.P1122 最大子树和2024-02-0537.P2016 战略游戏2024-02-0538.P2585 [ZJOI2006] 三色二叉树2024-02-0739.P1273 有线电视网2024-02-0740.P2986 [USACO10MAR] Great Cow Gathering G2024-02-0741.P1114 “非常男女”计划2024-02-0842.P5026 Lycanthropy2024-02-0843.P4231 三步必杀2024-02-0944.P2985 [USACO10FEB] Chocolate Eating S2024-02-0945.P4090 [USACO17DEC] Greedy Gift Takers P2024-02-1046.P4933 大师2024-02-1047.P1082 [NOIP2012 提高组] 同余方程2024-02-1148.P3811 【模板】模意义下的乘法逆元2024-02-1249.P9725 [EC Final 2022] Chase Game 22024-02-1250.P1330 封锁阳光大学2024-02-1251.P8674 [蓝桥杯 2018 国 B] 调手表2024-02-1252.P10111 [GESP202312 七级] 纸牌游戏2024-02-1453.P9975 [USACO23DEC] Cowntact Tracing 2 B2024-02-1554.P8783 [蓝桥杯 2022 省 B] 统计子矩阵2024-02-1555.P8786 [蓝桥杯 2022 省 B] 李白打酒加强版2024-02-1556.P8807 [蓝桥杯 2022 国 C] 取模2024-02-1557.P8732 [蓝桥杯 2020 国 ABC] 答疑2024-02-1558.P8725 [蓝桥杯 2020 省 AB3] 画中漂流2024-02-1559.P3958 [NOIP2017 提高组] 奶酪2024-02-1560.P4084 [USACO17DEC] Barn Painting G2024-02-1561.P1892 [BOI2003] 团伙2024-02-1662.P1198 [JSOI2008] 最大数2024-02-1663.P1204 [USACO1.2] 挤牛奶Milking Cows2024-02-1664.P5490 【模板】扫描线2024-02-1765.P8784 [蓝桥杯 2022 省 B] 积木画2024-02-1766.P9325 [CCC 2023 S2] Symmetric Mountains2024-02-1767.Iva & Pav2024-02-1768.P9889 [ICPC2018 Qingdao R] Plants vs. Zombies2024-02-1769.P9847 [ICPC2021 Nanjing R] Crystalfly2024-02-1870.E. Anna and the Valentine's Day Gift2024-02-1971.F. Chat Screenshots2024-02-1972.G. One-Dimensional Puzzle2024-02-2073.P2899 [USACO08JAN] Cell Phone Network G2024-02-2074.P2023 [AHOI2009] 维护序列2024-02-2075.P1531 I Hate It2024-02-2076.P5057 [CQOI2006] 简单题2024-02-2077.P2357 守墓人2024-02-2078.P8775 [蓝桥杯 2022 省 A] 青蛙过河2024-02-2179.P1656 炸铁路2024-02-2280.Watering an Array2024-02-2381.Dora and Search2024-02-2482.P1137 旅行计划2024-02-2483.P2835 刻录光盘2024-02-2484.P1197 [JSOI2008] 星球大战2024-02-2485.P3388 【模板】割点（割顶）2024-02-2486.P8435 【模板】点双连通分量2024-02-2587.P8436 【模板】边双连通分量2024-02-2588.P2860 [USACO06JAN] Redundant Paths G2024-02-2589.P3067 [USACO12OPEN] Balanced Cow Subsets G2024-02-2690.P4799 [CEOI2015 Day2] 世界冰球锦标赛2024-02-2691.P6492 [COCI2010-2011#6] STEP2024-02-2692.P1653 [USACO04DEC] Cow Ski Area G2024-02-2693.P1040 [NOIP2003 提高组] 加分二叉树2024-03-0394.P5322 [BJOI2019] 排兵布阵2024-03-0395.P2946 [USACO09MAR] Cow Frisbee Team S2024-03-0396.P1156 垃圾陷阱2024-03-0397.P1064 [NOIP2006 提高组] 金明的预算方案2024-03-0498.P3047 [USACO12FEB] Nearby Cows G2024-03-0499.P2466 [SDOI2008] Sue 的小球2024-03-04

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原题链接

前情提要，如果对期望的概念不清晰，请点击这里

我犯的错误：因为每条路只走一遍，而错误地判断每条路的概率相同

题解

1.对于任何一个节点来说，设其出边有$len$条，其子节点的期望长度为$sum[j]$
则该节点的期望长度为$\frac{\sum sum[j]}{len}$,根据这个式子，做法就出来了（其实我也不会证明）

code 1

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
vector<pair<int,int> > G[100005];
double sum[100005]={0};
double ss(int now)
{
    if(sum[now])return sum[now];
    int len=G[now].size();
    for(int i=0;i<len;i++)
    {
        int next=G[now][i].first;
        int val=G[now][i].second;
        sum[now]+=(ss(next)+val)/len;
    }
    return sum[now];
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
    int n,m;
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int u,v,w;
        cin>>u>>v>>w;
        G[u].push_back({v,w});
    }
    printf("%.2lf\n",ss(1));
    return 0;
}

这个方法用来记忆化搜索和深度搜索，但是在数据较大时容易栈溢出，内存占用较大

code 2

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
vector<pair<int,int> > G[100005];
double sum[100005]={0};
int out[100005]={0};
int out2[100005]={0};
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
    int n,m;
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int u,v,w;
        cin>>u>>v>>w;
        G[v].push_back({u,w});
        out[u]++;
        out2[u]++;
    }
    queue<int> q;//广度优先搜索，一定程度上减少了递归造成的栈深度大和记忆化搜索访问造成的时间资源的浪费
    q.push(n);
    while(!q.empty())
    {
        int now=q.front();
        q.pop();
        for(int i=0;i<G[now].size();i++)
        {
            int head=G[now][i].first;
            int val=G[now][i].second;
            sum[head]+=(sum[now]+val)/out[head];
            if(!--out2[head])q.push(head);//out2代表这个节点还有几个子节点没上线，等到全部上线后就能算这个节点了
        }
    }
    printf("%.2lf\n",sum[1]);
    return 0;
}