【BZOJ3143】【HNOI2013】游走 高斯消元

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我们令$P_i$表示从第i号点出发的期望次数。则$P_n$显然为$0$。

对于$P_2~P_{n-1}$，则有$P_i= \sum \frac{P_j}  {d_j}$，其中节点j与节点i有边相连，$d_j$表示节点j的度数。

对于$P_1$，则有$P_i=1+ \sum \frac{P_j}  {d_j}$。

不难发现其实就是一个$n$元一次方程组，我们可以通过高斯消元求出每一个$P_i$。

对于一条边$(x,y)$，经过这条边的期望次数为$ \frac {P_x} {d_x} + \frac {P_y} {d_y}$，我们设此值为$p_i$ 。

我们把期望经过次数从大到小排序，则答案为$\sum_{i=1}^{n} p_i \times i$。

然后就做完了。

AC代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
#define M 505
using namespace std;
int a[M][M]={0},n,m;
double f[M][M]={0},p[M]={0},du[M]={0};

void solve(){
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=i+1;j<=n;j++){
            double x=f[j][i]/f[i][i];
            for(int k=i;k<=n+1;k++) 
            f[j][k]-=x*f[i][k];
        }
    }
    for(int i=n;i;i--){
        for(int j=i+1;j<=n;j++) 
        f[i][n+1]-=f[i][j]*p[j];
        p[i]=f[i][n+1]/f[i][i];
    }
}
int X[M*M]={0},Y[M*M]={0}; double hh[M*M]={0};
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        int x,y; scanf("%d%d",&x,&y);
        a[x][y]=a[y][x]=1;
        du[x]++; du[y]++;
        X[i]=x; Y[i]=y;
    }
    f[1][n+1]=-1; f[n][n]=1;
    for(int i=1;i<n;i++){
        f[i][i]=-1;
        for(int j=1;j<=n;j++) if(a[i][j])
            f[i][j]=1/du[j]; 
    }
    solve();
    for(int i=1;i<=m;i++)
    hh[i]=p[X[i]]/du[X[i]]+p[Y[i]]/du[Y[i]];
    sort(hh+1,hh+m+1);
    double ans=0;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    ans+=hh[i]*(m-i+1);
    printf("%.3lf\n",ans);
}