bzoj 3925: [Zjoi2015]地震后的幻想乡

Description

 傲娇少女幽香是一个很萌很萌的妹子，而且她非常非常地有爱心，很喜欢为幻想乡的人们做一些自己力所能及的事情来帮助他们。 这不，幻想乡突然发生了地震，所有的道路都崩塌了。现在的首要任务是尽快让幻想乡的交通体系重新建立起来。幻想乡一共有n个地方，那么最快的方法当然是修复n-1条道路将这n个地方都连接起来。 幻想乡这n个地方本来是连通的，一共有m条边。现在这m条边由于地震的关系，全部都毁坏掉了。每条边都有一个修复它需要花费的时间，第i条边所需要的时间为ei。地震发生以后，由于幽香是一位人生经验丰富，见得多了的长者，她根据以前的经验，知道每次地震以后，每个ei会是一个0到1之间均匀分布的随机实数。并且所有ei都是完全独立的。 现在幽香要出发去帮忙修复道路了，她可以使用一个神奇的大魔法，能够选择需要的那n-1条边，同时开始修复，那么修复完成的时间就是这n-1条边的ei的最大值。当然幽香会先使用一个更加神奇的大魔法来观察出每条边ei的值，然后再选择完成时间最小的方案。 幽香在走之前，她想知道修复完成的时间的期望是多少呢？ 

Input

第一行两个数n,m，表示地方的数量和边的数量。其中点从1到n标号。 

接下来m行，每行两个数a,b，表示点a和点b之间原来有一条边。 

这个图不会有重边和自环。 

Output

一行输出答案，四舍五入保留6位小数。 

Sample Input

5 4
1 2
1 5
4 3
5 3

Sample Output

0.800000

HINT

提示： 

（以下内容与题意无关，对于解题也不是必要的。） 

对于n个[0,1]之间的随机变量x1,x2,...,xn，第k小的那个的期望值是k/(n+1)。 

样例解释： 

对于第一个样例，由于只有4条边，幽香显然只能选择这4条，那么答案就是4条边的ei中最大的数的期望，由提示中的内容，可知答案为0.8。 

数据范围： 

对于所有数据：n<=10, m<=n(n-1)/2, n,m>=1。

对于15%的数据：n<=3。

另有15%的数据：n<=10, m=n。

另有10%的数据：n<=10, m=n(n-1)/2。

另有20%的数据：n<=5。

另有20%的数据：n<=8。

Source

 

期望神题+串珠子；

我们是要求mst上最大边权的期望，然后题目里面给了我们一个很有道理的公式：

对于n个[0,1]之间的随机变量x1,x2,...,xn，第k小的那个的期望值是k/(n+1)。；

有了这个式子之后我们就只关心排名了，因为知道排名就可以算出期望，推一下式子：

其中v(x)为mst最大边排名为x的期望值，p(x)为mst最大边排名为x的概率；

排名恰好为x的概率并不好求，但是排名>=x的概率还是很好求的，设为f(x)，这等价于用排名严格小于x的边不能使图联通的概率；

那么显然p(x)=f(x-1)-f(x),答案的式子变为：

我们发现这个就是：

然后我们考虑如何求f(x)，我们考虑串珠子那个题子集dp的做法；

我们设f[s][i]表示点集s中连i条边使其不连通的方案数，g[s][i]表示点集s中连i条边使其连通的方案数；

那么显然f[s][i]+g[s][i]=C(e[s],i),其中e[s]表示点集s内部的边数；

我们考虑如何求f[s][i],就是类似串珠子的子集dp，任取s中的一个点把他放到一个连通块(s的真子集)zt，然后算s和zt不连通的方案数；

其实我们并不是很清楚这样为啥不会算漏，但cjk会；

那么转移方程还是很简单了：

即在zt中连i条边，在s去掉zt后的点集内部中连j条边；

//MADE BY QT666
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=100050;
double c[1050][1050],f[1<<10][1050],g[1<<10][1050];
int e[1<<10],to[N],sz[1<<10];
int main(){
    int n,m;scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=m;i++){
	int a,b;scanf("%d%d",&a,&b);
	to[a]+=(1<<(b-1));to[b]+=(1<<(a-1));
    }
    for(int s=0;s<(1<<n);s++){
	for(int i=1;i<=n;i++) if(s&(1<<(i-1))) sz[s]++;
    }
    for(int s=0;s<(1<<n);s++){
	for(int i=1;i<=n;i++){
	    if(s&(1<<(i-1))) e[s]+=sz[to[i]&s];
	}
	e[s]>>=1;
    }
    for(int i=0;i<=m;++i) c[i][0]=1;
    for(int i=1;i<=m;++i)
	for(int j=1;j<=i;++j){
	    c[i][j]=c[i-1][j-1]+c[i-1][j];
	}
    for(int s=0;s<(1<<n);s++){
	if(sz[s]==1) g[s][0]=1;
	else{
	    int p=s&-s;
	    for(int zt=(s-1)&s;zt;zt=(zt-1)&s){
		if(zt&p){
		    for(int i=0;i<=e[zt];i++){
			for(int j=0;j<=e[s^zt];j++){
			    f[s][i+j]+=g[zt][i]*c[e[s^zt]][j];
			}
		    }
		}
	    }
	    for(int i=0;i<=e[s];i++) g[s][i]=c[e[s]][i]-f[s][i];
	}
    }
    double ans=0;
    for(int i=0;i<=m;i++){
	ans+=f[(1<<n)-1][i]/c[e[(1<<n)-1]][i];
    }
    printf("%.6f\n",ans/(m+1));
    return 0;
}