【codevs2488】绿豆蛙的归宿 动态规划+拓扑排序
来源:互联网 发布:java打印pdf文件 编辑:程序博客网 时间:2024/04/29 16:05
题目描述 Description
随着新版百度空间的上线,Blog宠物绿豆蛙完成了它的使命,去寻找它新的归宿。
给出一个有向无环图,起点为1终点为N,每条边都有一个长度,并且从起点出发能够到达所有的点,所有的点也都能够到达终点。绿豆蛙从起点出发,走向终点。
到达每一个顶点时,如果有K条离开该点的道路,绿豆蛙可以选择任意一条道路离开该点,并且走向每条路的概率为 1/K 。
现在绿豆蛙想知道,从起点走到终点的所经过的路径总长度期望是多少?
输入描述 Input Description
第一行: 两个整数 N M,代表图中有N个点、M条边
第二行到第 1+M 行: 每行3个整数 a b c,代表从a到b有一条长度为c的有向边
输出描述 Output Description
从起点到终点路径总长度的期望值,四舍五入保留两位小数。
样例输入 Sample Input
4 41 2 11 3 22 3 33 4 4
样例输出 Sample Output
7.00
数据范围及提示 Data Size & Hint
对于20%的数据 N<=100
对于40%的数据 N<=1000
对于60%的数据 N<=10000
对于100%的数据 N<=100000,M<=2*N
来源:Nescafe 19
上一篇好像被吞了…如果吐出来,发了两篇这个题别怪我233
一开始我定义dp[i]为到第i个点的期望,我发现并不好做,要注意很多东西。
所以我们可以定义dp[i]为i点到终点的期望,则答案就是dp[1]。
状态转移方程:
dp[v]+=(dp[u]+l[i].d)/cd[v];其中边由v指向u,cd[v]表示v的出度。其实可以这样理解:dp[v]+=dp[u]/cd[v]+l[i].d/cd[v];因为l[i].d和dp[u]的概率都是1/cd[v],所以对答案的贡献相乘再相加即可。
因为要无后效性,所以要拓扑排序,倒着来。(我直接反向建图的)
倒着拓扑排序可以在处理一个点时,它所连向的点都处理完了。
代码:
#include<cstdio>#include<iostream>#include<cstring>#include<queue>#include<algorithm>using namespace std;const int size=1000010;int head[size],nxt[size],tot=0;struct edge{ int t; double d;}l[size];void build(int f,int t,double d){ l[++tot].t=t; l[tot].d=d; nxt[tot]=head[f]; head[f]=tot;}double dp[size];int n,m;int cd1[size],cd2[size];queue<int> q;void toposort(){ for(int i=1;i<=n;i++) { if(!cd1[i]) q.push(i); } while(q.size()) { int x=q.front(); q.pop(); for(int i=head[x];i;i=nxt[i]) { int v=l[i].t; dp[v]+=(dp[x]+l[i].d)*1.0/cd2[v]; // printf("%d %d\n",x,v); if(!--cd1[v]) q.push(v); } }}int main(){ scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=m;i++) { int a,b,c; scanf("%d%d%d",&a,&b,&c); build(b,a,c); cd1[a]++; cd2[a]++; } toposort(); printf("%.2lf",dp[1]); return 0;}
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