[BZOJ1415][NOI2005]聪聪和可可-概率与期望

聪聪和可可

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。

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因为题面没看仔细WA了一晚上……

(╯‵□′)╯︵┻━┻

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思路:
俗话说，概率顺推，期望逆推。
因为概率顺推时起始态可以直接赋值，而最后一步的期望也是可以直接赋值的。
那么就逆推吧。

考虑到期望通常是DP，设f[i][j]表示猫在i，老鼠在j时的猫抓到老鼠的期望步数。
令p[x][y]为当老鼠在y，猫在x时，猫下一步将会到达的位置。（猫一回合走两步也就是p[p[x][y]][y]）
那么考虑给最后一步直接赋上值:
f[i][i]=0
f[i][j]=1 (p[i][j]==j || p[p[i][j]][j]==j)

其余情况下可以考虑记忆化搜索。
令一个点的度数为deg[i]，用邻接表g[i][j]描述i号点编号为j的儿子，其中g[i][0]==i。
那么老鼠每一轮一共有deg+1种合法的走位。
而猫每一轮走位固定。
那么可以列出转移方程:

f[x][y]=∑nj=0(f[p[p[x][y]][y]][g[y][j]]+1)∗1deg[y]+1

(咱知道看着很乱但写一写就会发现这真的是个很水的式子)

然后就是喜闻乐见的记忆化搜索了~~~
p数组可以通过对每个点广搜一次得到，但要注意的是猫会优先走编号最小的一个点，因此距离相同的优先选择最小编号的出发点(就是这个导致咱WA了一晚上……)

#include<iostream>#include<queue>#include<cstdio>#include<cstring>#include<cstdlib>#include<algorithm>using namespace std;inline int read(){    int x=0;char ch=getchar();    while(ch<'0' || '9'<ch)ch=getchar();    while('0'<=ch && ch<='9')x=x*10+(ch^48),ch=getchar();    return x;}typedef double db;const int N=1009;int to[N<<1],nxt[N<<1],beg[N],tot;int n,m,sc,sm,p[N][N],deg[N],dis[N];db f[N][N];bool vis[N][N];inline void add(int u,int v){    to[++tot]=v;    nxt[tot]=beg[u];    beg[u]=tot;    deg[u]++;    to[++tot]=u;    nxt[tot]=beg[v];    beg[v]=tot;    deg[v]++;}queue<int> q;inline void bfs(int st){    int *cur=p[st];    while(!q.empty())q.pop();    cur[st]=st;    dis[st]=0;    for(int i=beg[st];i;i=nxt[i])    {        cur[to[i]]=to[i];        dis[to[i]]=1;        q.push(to[i]);    }    while(!q.empty())    {        int u=q.front();        q.pop();        for(int i=beg[u],v;i;i=nxt[i])            if(!cur[v=to[i]] || (dis[u]+1==dis[v] && cur[u]<cur[v]))            {                dis[v]=dis[u]+1;                cur[v]=cur[u];                q.push(v);            }    }}inline void dfs(int x,int y){    if(vis[x][y])        return;    vis[x][y]=1;    if(x==y)    {        f[x][y]=0;        return;    }    else if(p[x][y]==y || p[p[x][y]][y]==y)    {        f[x][y]=1;        return;    }    dfs(p[p[x][y]][y],y);    f[x][y]=f[p[p[x][y]][y]][y];    for(int i=beg[y];i;i=nxt[i])    {        dfs(p[p[x][y]][y],to[i]);        f[x][y]+=f[p[p[x][y]][y]][to[i]];    }    f[x][y]/=(deg[y]+1);    f[x][y]+=1.0;}int main(){    n=read();    m=read();    sc=read();    sm=read();    for(int i=1;i<=m;i++)        add(read(),read());    for(int i=1;i<=n;i++)        bfs(i);    dfs(sc,sm);     printf("%.3lf\n",f[sc][sm]);    return 0;}