希望

題意：

有A，B兩棵樹，對于一個1到n的全排列a[i],讓樹A中的點i和樹B的節(jié)點a[i]連一條邊，希望指數(shù)：兩棵樹和新加入的邊構(gòu)成的圖中，環(huán)長為m的環(huán)的個數(shù)。數(shù)組a[]可以任意交換位置，且任意，隨機(jī)，不限次數(shù)的交換。計算出期望情況下，兩棵樹的希望指數(shù)
n≤300,3≤m≤7

題解：

期望=概率 * 對應(yīng)的權(quán)值
在本題中概率肯定是$\frac{1}{n!}$,因此需要求所有情況下環(huán)長為m的環(huán)的個數(shù)
我們開始找環(huán)的分布情況，一定是左側(cè)的點和右側(cè)的點通過之間加的點形成環(huán)，如圖，圖中環(huán)長為6

且所有環(huán)用到中間新建邊只能為兩條邊，可能會疑惑，為什么？像圖中情況，用到的新建邊的數(shù)量為4，不是2，但是圖中環(huán)的長度為8(這已經(jīng)是新建邊4所對應(yīng)的環(huán)最小長度)，而題目保證所求環(huán)長<=7,剛好不行。也就是其實題目是隱含著新建邊最多用兩條，不可能更多

我們確定了中間邊只能用2，那就好說了，比如讓你求環(huán)為x的數(shù)量，x先減2，y=x-2，然后就是兩個樹一共構(gòu)成長度為y，因此我們預(yù)先處理出兩個子樹分別能組成長度為len的邊的數(shù)量，用桶來存。比如：tong1[i]:表示在樹A中長度為i的邊的數(shù)量。那么答案就:$tong1[i]?tong2[m?i?2]?2.0?((n?2))$
i是樹A需要提供的邊，m-i-2是樹B需要提供的邊，乘2.0是因為邊可以交叉和不交叉來，正好兩種，而最后(n-2)!是什么？我們之前說過最多用新增邊為2，那么說明左右各有兩個點要被占用(因為一個邊有兩個點)，而其他的點可以任意排列，剩下的點就是(n-2)個，任意排列就是階乘
再講一些細(xì)節(jié)：
比如樹上所有路徑長度，可以用floyd來求，因為答案要乘(n-2)!，而最終答案還要除以n!,所以直接除以n*(n-1)即可

代碼：

#include <bits/stdc++.h> #include <unordered_map> #define debug(a, b) printf("%s = %d\n", a, b); using namespace std; typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; typedef pair<int, int> PII; clock_t startTime, endTime; //Fe~Jozky const ll INF_ll= 1e18; const int INF_int= 0x3f3f3f3f; void read(){}; template <typename _Tp, typename... _Tps> void read(_Tp& x, _Tps&... Ar) {x= 0;char c= getchar();bool flag= 0;while (c < '0' || c > '9')flag|= (c == '-'), c= getchar();while (c >= '0' && c <= '9')x= (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c= getchar();if (flag)x= -x;read(Ar...); } template <typename T> inline void write(T x) {if (x < 0) {x= ~(x - 1);putchar('-');}if (x > 9)write(x / 10);putchar(x % 10 + '0'); } void rd_test() { #ifdef ONLINE_JUDGE #elsestartTime = clock ();freopen("data.in", "r", stdin); #endif } void Time_test() { #ifdef ONLINE_JUDGE #elseendTime= clock();printf("\nRun Time:%lfs\n", (double)(endTime - startTime) / CLOCKS_PER_SEC); #endif } const int maxn=400; vector<int>a[maxn],b[maxn],g[maxn]; int L[maxn]; int x[maxn][maxn]; int y[maxn][maxn]; int tong1[maxn],tong2[maxn]; int main() {//rd_test();int n,m;cin>>n>>m;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=n;j++){x[i][j]=1e9;y[i][j]=1e9;}}for(int i=1;i<n;i++){int u,v;read(u,v);x[u][v]=x[v][u]=1;}for(int i=1;i<n;i++){int u,v;read(u,v);y[u][v]=y[v][u]=1;}for(int k=1;k<=n;k++){for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=n;j++){x[i][j]=min(x[i][j],x[i][k]+x[k][j]);y[i][j]=min(y[i][j],y[i][k]+y[k][j]);}}}for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=i+1;j<=n;j++){if(i==j)continue;if(x[i][j]==1e9)continue;if(y[i][j]==1e9)continue;tong1[x[i][j]]++;tong2[y[i][j]]++;}}double ans=0;for(int i=1;i<=m-3;i++){ans=ans+1.0*tong1[i]*tong2[m-i-2]*2.0/(1.0*n*(n-1));}printf("%.4lf\n",ans);//Time_test(); }

總結(jié)

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