2019南京预选赛 The Preliminary Contest for ICPC Asia Nanjing 2019 D. Robots

题目链接： https://nanti.jisuanke.com/t/41301

题意：

给你一个 $n$ 个点的有向无环图，保证只有点 $1$ 的入度为 $0$ ，点 $n$ 的出度为 $0$ 。现在有人从点 $1$ 出发，它能等概率的走到它能走到的下一个点或者停留一天，即有 $k$ 个出度时，停下和走任意一条路的概率都为 $1/(k+1)$ ，每一天的消耗为已经经过的天数（包括当天），问你走到点 $n$ 的期望消耗为多少。

做法：

$dp$ 的做法应该是没问题的，但是这道题比较特殊，是不能正推出结果的，需要倒推（为什么不能正推…我也不是很清楚…）

我们维护两个 $dp$ ，$cost[i]$ 和 $step[i]$ ，分别表示从点 $i$ 出发到点 $n$ 期望的消耗和期望的天数，初始情况为 $cost[i]=0,step[i]=0$ ，假设有一条边 $u->v_x$ ，已知 $u$ 的出度 $d[u]$ ， 那么 $step[u]=(\sum (step[v_x]+1)+step[u]+1)/(d[u]+1)$ ，前者是所有的 $v$ 传给 $u$ 的，后者是 $u$ 自己停留的期望，我们将分母乘一下约一下会得到

$step[u]=(\sum (step[v_x]+1)+1)/d[u]$ 。

同理对于消耗，我们可以得到公式 $cost[u]=(\sum (cost[v_x]+step[v_x]+1)+cost[u]+step[u]+1)/(d[u]+1)$ ，化简可得

$cost[u]=(\sum (cost[v_x]+step[v_x]+1)+step[u]+1)/d[u]$ 。

然后反向建边拓扑，$cost[1]$ 就是我们要的答案。

代码

#include 
#define rep(i,a,b) for(int i=(int)a;i<=(int)b;i++)
#define lson rt<<1
#define rson rt<<1|1
#define mid (l+r)/2
#define fi first
#define se second
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
const int maxn=100005;
const int maxm=400005;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int in[maxn],head[maxn],cnt;
int nex[maxm],to[maxm],n,m,de[maxn];
double st[maxn],co[maxn];
queue<int> Q;
void add(int u,int v){
    to[cnt]=v,nex[cnt]=head[u];
    head[u]=cnt++;
}
void init(){
    rep(i,1,n) head[i]=-1,co[i]=st[i]=0.0,in[i]=de[i]=0;
    cnt=0;
}
int main(){
    int T; scanf("%d",&T);
    while(T--){
        scanf("%d%d",&n,&m);
        init();
        rep(i,1,m){
            int x,y; scanf("%d%d",&x,&y);
            add(y,x); in[x]++; de[x]++;
        }
        co[n]=0.0;
        st[n]=0.0;
        Q.push(n);
        while(!Q.empty()){
            int u=Q.front(); Q.pop();
            if(u!=n) {
                st[u]+=(double)1.0/de[u];
                co[u]+=(double)(st[u]+1.0)/de[u];
            }
            for(int i=head[u];~i;i=nex[i]){
                int v=to[i];
                st[v]+=(double)(st[u]+1.0)/(de[v]*1.0);
                co[v]+=(double)(co[u]+st[u]+1.0)/(de[v]*1.0);
                if(--in[v]==0) Q.push(v);
            }
        }
        printf("%.2f\n",co[1]);
    }
    return 0;
}