BZOJ1415: [Noi2005]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。

Source

很好的一道期望题

考虑枚举聪聪和可可的位置 通过跑最短路得出聪聪在i，可可在j时聪聪下一步的走法

然后跑记忆化搜索 枚举可可到达的位置

dp[x][y]=∑dp[s[s[x][y]][y]][i]（y能到达i）/(degree[y]+1)+dp[s[s[x][y]][y]][y]/(degree[y]+1)

注意处理边界条件 感觉题目没说清楚 应该是多少个单位时间

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn=1010; struct edge{    int to,nxt;}e[maxn<<1]; int cnt,head[maxn]; inline void addedge(int x,int y){    e[++cnt].to=y;    e[cnt].nxt=head[x];    head[x]=cnt;} int n,m,S,T; int s[maxn][maxn],dis[maxn][maxn]; long double dp[maxn][maxn]; bool vis[maxn]; inline void spfa(int x){    for(int i=1;i<=n;i++)        dis[x][i]=1e9;    memset(vis,0,sizeof(vis));    queue <int > q;    q.push(x);    vis[x]=1,dis[x][x]=0,s[x][x]=x;    while(!q.empty())    {        int u=q.front();        q.pop();        for(int i=head[u];i;i=e[i].nxt)        {            int v=e[i].to;            if(dis[x][v]>dis[x][u]+1||(dis[x][v]==dis[x][u]+1&&u<s[v][x]))            {                dis[x][v]=dis[x][u]+1;                s[v][x]=u;                if(!vis[v])                {                    q.push(v);                    vis[v]=1;                }            }        }    }} int degree[maxn]; long double solve(int x,int y){    if(x==y) return dp[x][y]=0;    if(s[x][y]==y) return dp[x][y]=1;    if(s[s[x][y]][y]==y) return dp[x][y]=1;    if(dp[x][y]) return dp[x][y];    int tmp=s[s[x][y]][y];    long double ans=1;    for(int i=head[y];i;i=e[i].nxt)        ans+=solve(tmp,e[i].to)/(long double)(degree[y]+1);    ans+=solve(tmp,y)/(long double)(degree[y]+1);    return dp[x][y]=ans;} int main(){    scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&S,&T);    for(int i=1;i<=m;i++)    {        int x,y;        scanf("%d%d",&x,&y);        addedge(x,y);        addedge(y,x);        degree[x]++;        degree[y]++;    }    for(int i=1;i<=n;i++)        spfa(i);    /*for(int i=1;i<=n;i++)    {        for(int j=1;j<=n;j++)            printf("%d ",s[i][j]);        putchar(10);    }*/    printf("%.3lf",(double)solve(S,T));}