题目大意:给定一张点数不超过10的无向连通图,每条边有一个[0,1]之间的随机权值,求最小生成树上最大边的期望值
此生无悔入东方,来世愿生幻想乡
OTZ
首先既然权值在[0,1]之间均匀分布那么两条边权值相同的概率为0 于是我们只考虑所有边边权都不同的情况
如果最小生成树上的最大边为x,那么权值小于x的边一定不能将这个图连通,而权值<=x的边就可以
因此对于一个x,如果我们求出【只有边权小于x的边存在时这个图不连通】的概率,那么这个概率就是答案>=x的概率
不妨设这个概率为f(x) 那么这个f(x)其实是关于x的一个多项式 而答案就是∫[0,1]f(x)dx
至于为什么答案是f(x)的积分可以感性理解下。。。我数死早。。。
下面就是如何求f(x)了
首先【边权小于x的概率】就是x 因此这个问题等价于【每条边有x的概率出现时这个图不连通的概率】
”然后就是经典做法了“。。。clj只说到这。。。然后我扒了半天代码才反应过来怎么做QAQ 我好弱QAQ
这个做法和POJ1737 连通图的做法是类似的
首先我们考虑补集法 求这个图连通的概率 然后用1减掉就行了
然后我们枚举每一个诱导子图 计算这个子图连通的概率
首先我们任选子图中的一点p,然后枚举哪些点与p相连
设p所在联通块联通的概率为q,x所在联通块与其它点之间共有k条边,那么这种情况不连通的概率就是q*(1-x)^k
从1中减掉所有不连通的概率就是这个状态连通的概率了。。。
我语死早看不懂就去看代码吧。。。。
注意精度有问题 long double过不去 要用__float128
#include <vector> #include <cstdio> #include <cstring> #include <iomanip> #include <iostream> #include <algorithm> #define M 15 using namespace std; typedef __float128 ld; typedef vector<long long> Poly; int n,m,a[M]; Poly pow_1_x[M*M],f[1<<10]; Poly operator + (const Poly &x,const Poly &y) { int i; Poly re(max(x.size(),y.size()),0); for(i=0;i<x.size();i++) re[i]+=x[i]; for(i=0;i<y.size();i++) re[i]+=y[i]; return re; } Poly operator - (const Poly &x,const Poly &y) { int i; Poly re(max(x.size(),y.size()),0); for(i=0;i<x.size();i++) re[i]+=x[i]; for(i=0;i<y.size();i++) re[i]-=y[i]; return re; } Poly operator * (const Poly &x,const Poly &y) { int i,j; Poly re(x.size()+y.size()-1,0); for(i=0;i<x.size();i++) for(j=0;j<y.size();j++) re[i+j]+=x[i]*y[j]; return re; } ld Integrate (const Poly &x) { int i;ld re=0; for(i=0;i<x.size();i++) re+=(ld)x[i]/(i+1); return re; } int Count(int x) { int re=0; for(;x;x-=x&-x) re++; return re; } int main() { int i,j,k,x,y; cin>>n>>m; for(i=1;i<=m;i++) { scanf("%d%d",&x,&y); a[x]|=1<<y-1; a[y]|=1<<x-1; } new (&pow_1_x[0])Poly(1,1); new (&pow_1_x[1])Poly(2,0); pow_1_x[1][0]=1;pow_1_x[1][1]=-1; for(i=2;i<=m;i++) pow_1_x[i]=pow_1_x[i-1]*pow_1_x[1]; for(i=1;i<1<<n;i++) { new (&f[i])Poly(1,1); for(x=1;x<=n;x++) if(i>>x-1&1) break; for(j=i^(1<<x-1);j;(--j)&=i^(1<<x-1)) { int temp=i^j,cnt=0; for(k=1;k<=n;k++) if(temp>>k-1&1) cnt+=Count(a[k]&j); f[i]=f[i]-f[temp]*pow_1_x[cnt]; } } Poly disconnect=Poly(1,1)-f[(1<<n)-1]; ld ans=Integrate(disconnect); cout<<fixed<<setprecision(6)<<(double)ans<<endl; return 0; }