bzoj3143 游走 期望dp+高斯消元

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题意：

　　一个无向连通图，顶点从1编号到N，边从1编号到M。
　　小Z在该图上进行随机游走，初始时小Z在1号顶点，每一步小Z以相等的概率随机选 择当前顶点的某条边，沿着这条边走到下一个顶点，获得等于这条边的编号的分数。当小Z 到达N号顶点时游走结束，总分为所有获得的分数之和。
　　现在，请你对这M条边进行编号，使得小Z获得的总分的期望值最小。

思路：很显然，我们肯定希望经过次数最多的边的标号最小，但是由于边的数量可能很多，而且好像也不存在什么很好转移的东西，那么我们就需要考虑点。

　　假设E[X]代表从x这个点出发的次数，那么对于{u，v}这样一条边的被经过的次数显然等于$\frac{E[u]}{deg[u]}+\frac{E[v]}{deg[v]}$ deg代表度数，也就是从其他点过来的概率。所以我们只要算出E[x]就可以完成这道题了。

　　我们考虑一般的u（除了起点和终点），显然易得$E[X]=\sum \frac {f[v]}{deg[v]}$。

　　而终点就是的E[X]就是0，起点的期望，除了上述的式子，还需要加入最初始的1.（游戏开局），由于我们这样可以得到n个式子，而且n个式子之间存在推来推去的关系，显然可以考虑高斯消元。

　　所以就按照上面这个式子高斯消元求解，然后把边按经过次数排序就是答案了。

 

#pragma GCC optimize (2)
#pragma G++ optimize (2)
#pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000")
#include
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define dep(i,b,a) for(int i=b;i>=a;i--)
#define clr(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define pb push_back
#define pii pair
using namespace std;
typedef long long ll;
ll rd()
{
    ll x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}
const int maxn=510;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int T,n,m;
vector<int >ve[maxn];
struct edge{
    int u,v;
    double g;
    friend bool operator<(const edge &a,const edge &b){
        return a.g>b.g;
    }
}e[maxn*maxn];
const double eps=1e-12;
int equ=500,var=500;
double a[maxn][maxn],x[maxn],deg[maxn];
int Gauss()//高斯消元 返回 0 无解    返回 1有解
{
    int i,j,k,col,max_r;
    for(k=0,col=0;kvar;k++,col++)
    {
        max_r=k;
        for(i=k+1;i)
            if(fabs(a[max_r][col])>fabs(a[max_r][col]))
               max_r=i;
        if(fabs(a[max_r][col])return 0;
        if(k!=max_r)
        {
            for(j=col;j<var;j++)
                swap(a[k][j],a[max_r][j]);
            swap(x[k],x[max_r]);
        }
        x[k]/=a[k][col];
        for(j=col+1;j<var;j++) a[k][j]/=a[k][col];
        a[k][col]=1;
        for(i=0;i)
        {
            if(i!=k)
            {
                x[i]-=x[k]*a[i][col];
                for(j=col+1;j<var;j++) a[i][j]-=a[k][j]*a[i][col];
                a[i][col]=0;
            }
        }
    }
    return 1;
}
int main(){
    cin>>n>>m;
    rep(i,1,m){
        scanf("%d%d",&e[i].u,&e[i].v);
        deg[e[i].u]++;
        deg[e[i].v]++;
        ve[e[i].u].push_back(e[i].v);
        ve[e[i].v].push_back(e[i].u);
    }
    x[0]=1;
    a[n-1][n-1]=1;
    equ=var=n+1;
    rep(i,1,n-1){
        a[i-1][i-1]=1;
        //for(auto &v:ve[i]){
        for(int j=0;j){

        int v=ve[i][j];
            if(v!=n)
            a[i-1][v-1]=-1/deg[v];
        }
    }
    Gauss();
    for(int i=1;i<=m;i++){
        e[i].g=0;
        if(e[i].u!=n)
            e[i].g+=x[e[i].u-1]/deg[e[i].u];
        if(e[i].v!=n)
            e[i].g+=x[e[i].v-1]/deg[e[i].v];
    }
    sort(e+1,e+1+m);
    double ans=0;
    rep(i,1,m){
        ans+=i*e[i].g;
    }
    printf("%.3f\n",ans);
} 

 

转载于:https://www.cnblogs.com/mountaink/p/11455116.html