2023年中国大学生程序设计竞赛女生专场 E

tilian
期望dp
k=12
我们很可以推出dp状态为 t u state 转移则是一个 O（m）的转移
更加具体的 表示当前t时间我在u结点 并且state被占用的最大期望值
因为我们要算最大期望值 我们只care的是有记忆体的点 是否还有权值存在
所以这个state的含义就是 0/1 该点时候有权值存在的一个状态压缩
思考完状态 我们继续思考如何转移
我们知道起点 但是期望dp都是倒着进行的
我们知道dp[n][?][?]=0的
这样我们可以dfs 才用记忆化的方式就可以从结尾开始dp
具体转移有两种
这里w[v]表示的就是v点在状态压缩里的
因为我们该点是进行了一次走 再进行一次被污染
走肯定是枚举
被污染就有两种转移
一是我们污染的点 是占掉了我们没有get到的记忆体
cntw=未感染点个数=n-t
dp[t][u][s] <- dp[t+1][v][s|w[v]|w[没有get到的记忆体]] 概率为1/cntw
二是感染点 是占掉了无关点或者我们以前get到的点
dp[t][u][s] <- dp[t+1][v][s|w[v]] 概率为 1 - 第一种转移的概率之和
这样我们就完成了dp的转移
但是要注意的是 因为我们是倒着转移的所以有些转移要加一些条件

db dp[31][31][1<<12];//表示 当前i时间我在j结点 并且state被占用的最大期望值
// dp[u][t][s] <- dp[v][t+1][s|w[v]] w-cnt0/w
// dp[u][t][s] <- dp[v][t+1][s|w[v]|id[i]] 1/w
 
int n,m,k;
vector<int>g[31],w(31),id,c(31);
db dfs(int u,int t,int s){
    if(t>n)return 0;
    auto &V=dp[u][t][s];
    if(V>=0)return V;
    V=0;
    for(auto v:g[u]){
        int ns=w[v]|s,wq=n-t,cnt0=0;
        db res=0;
        for(int i=0;i<id.size();i++)
            if(!(ns&w[id[i]]))res+=dfs(v,t+1,ns|w[id[i]])*1.0/wq,cnt0++;
        res+=dfs(v,t+1,ns)*(wq-cnt0)/wq;
        if(!(s&w[v]))res+=c[v];
        V=max(V,res);
    }
    return V;
}
void solve(){
    cin>>n>>m>>k;
    memset(dp,-127,sizeof dp);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        int u,v;cin>>u>>v;
        g[u].push_back(v);
        g[v].push_back(u);
    }
    vector<int>a;
    for(int i=0;i<k;i++){
        int x;cin>>x;
        c[x]++;
        a.push_back(x);
    }
    sort(all(a));
    a.erase(unique(all(a)),a.end());
    for(int i=0;i<a.size();i++){
        w[a[i]]=1<<i;
        id.push_back(a[i]);
    }
//    for(int i=1;i<=n;i++)if(w[i])id.push_back(i);
    printf("%.16lf",dfs(1,0,w[1])+c[1]);
}