題目

輸入格式

數據的第1行為兩個整數N和E，以空格分隔，分別表示森林中的景點數和連接相鄰景點的路的條數。 第2行包含兩個整數C和M，以空格分隔，分別表示初始時聰聰和可可所在的景點的編號。 接下來E行，每行兩個整數，第i+2行的兩個整數Ai和Bi表示景點Ai和景點Bi之間有一條路。 所有的路都是無向的，即：如果能從A走到B，就可以從B走到A。 輸入保證任何兩個景點之間不會有多于一條路直接相連，且聰聰和可可之間必有路直接或間接的相連。

輸出格式

輸出1個實數，四舍五入保留三位小數，表示平均多少個時間單位后聰聰會把可可吃掉。

輸入樣例

【輸入樣例1】

4 3

1 4

1 2

2 3

3 4

【輸入樣例2】

9 9

9 3

1 2

2 3

3 4

4 5

3 6

4 6

4 7

7 8

8 9

輸出樣例

【輸出樣例1】

1.500

【輸出樣例2】

2.167

提示

【樣例說明1】
開始時，聰聰和可可分別在景點1和景點4。
第一個時刻，聰聰先走，她向更靠近可可(景點4)的景點走動，走到景點2，然后走到景點3；假定忽略走路所花時間。
可可后走，有兩種可能：
第一種是走到景點3，這樣聰聰和可可到達同一個景點，可可被吃掉，步數為1，概率為 。
第二種是停在景點4，不被吃掉。概率為 。
到第二個時刻，聰聰向更靠近可可(景點4)的景點走動，只需要走一步即和可可在同一景點。因此這種情況下聰聰會在兩步吃掉可可。
所以平均的步數是1* +2* =1.5步。

對于所有的數據，1≤N,E≤1000。
對于50%的數據，1≤N≤50。

題解

講實在的不難寫，但是概率這種玩意寫起來總是很蛋疼【蒟蒻跪倒】

由于聰聰的走法是唯一的、可求的，我們不妨令\(p[i][j]\)表示聰聰在i號點，可可在j號點時聰聰的下一步位置
由于\(n<=1000\)，我們可以用SPFA求出從每個點u出發所有點到達該點最短路的上一個節點，即為每個點出發到u點的下一個節點

現在我們有了p[][]，就很好求了
我們設\(f[i][j]\)表示聰聰在i號點，可可在j號點的期望步數
若\(i == j\)，聰聰可可在一起，\(f[i][j] = 0\)
若\(p[i][j] == j\)或\(p[p[i][j]][j]==j\)，可以一次性走到，\(f[i][j] = 1\)
否則令\(t = p[p[i][j]][j]\)，枚舉j的鄰點v，\(f[i][j]=\frac{f[t][j] + \sum{f[t][v]}}{degree_j + 1} + 1\)

記憶化搜索解決

#include<iostream> #include<cmath> #include<cstdio> #include<cstring> #include<queue> #include<algorithm> #define LL long long int #define REP(i,n) for (int i = 1; i <= (n); i++) #define Redge(u) for (int k = h[u],to; k; k = ed[k].nxt) using namespace std; const int maxn = 1005,maxm = 2000005,INF = 1000000000; inline int read(){int out = 0,flag = 1; char c = getchar();while (c < 48 || c > 57) {if (c == '-') flag = -1; c = getchar();}while (c >= 48 && c <= 57) {out = (out << 3) + (out << 1) + c - '0'; c = getchar();}return out * flag; } int p[maxn][maxn],isc[maxn][maxn],d[maxn],vis[maxn],pre[maxn],de[maxn]; double f[maxn][maxn]; int h[maxn],ne = 2,n,m,cc,kk; struct EDGE{int to,nxt;}ed[maxm]; void build(int u,int v){de[u]++; de[v]++;ed[ne] = (EDGE){v,h[u]}; h[u] = ne++;ed[ne] = (EDGE){u,h[v]}; h[v] = ne++; } queue<int> q; void spfa(int S){REP(i,n) d[i] = INF,vis[i] = false,pre[i] = 0;d[S] = 0; q.push(S); int u;while (!q.empty()){u = q.front(); q.pop();vis[u] = false;Redge(u) if (d[to = ed[k].to] > d[u] + 1 || (d[to] == d[u] + 1 && u < pre[to])){d[to] = d[u] + 1; pre[to] = u;if (!vis[to]) q.push(to),vis[to] = true;}}REP(i,n) if (i != S) p[i][S] = pre[i]; } double dp(int u,int v){if (isc[u][v]) return f[u][v];isc[u][v] = true;if (u == v) return f[u][v] = 0;if (p[u][v] == v) return f[u][v] = 1;if (p[p[u][v]][v] == v) return f[u][v] = 1;int t = p[p[u][v]][v]; double ans = dp(t,v);Redge(v) ans += dp(t,ed[k].to);return f[u][v] = ans / (de[v] + 1) + 1; } int main(){n = read(); m = read(); cc = read(); kk = read();while (m--) build(read(),read());REP(i,n) spfa(i);printf("%.3lf\n",dp(cc,kk));return 0; }

轉載于:https://www.cnblogs.com/Mychael/p/8321049.html

總結

以上是生活随笔為你收集整理的BZOJ1415 [Noi2005]聪聪和可可 【SPFA + 期望dp记忆化搜索】的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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