Description
在一个魔法森林里，住着一只聪明的小猫聪聪和一只可爱的小老鼠可可。虽然灰姑娘非常喜欢她们俩，但是，聪聪终究是一只猫，而可可终究是一只老鼠，同样不变的是，聪聪成天想着要吃掉可可。
一天，聪聪意外得到了一台非常有用的机器，据说是叫GPS，对可可能准确的定位。有了这台机器，聪聪要吃可可就易如反掌了。于是，聪聪准备马上出发，去找可可。而可怜的可可还不知道大难即将临头，仍在森林里无忧无虑的玩耍。小兔子乖乖听到这件事，马上向灰姑娘报告。灰姑娘决定尽快阻止聪聪，拯救可可，可她不知道还有没有足够的时间。
整个森林可以认为是一个无向图，图中有N个美丽的景点，景点从1至N编号。小动物们都只在景点休息、玩耍。在景点之间有一些路连接。
当聪聪得到GPS时，可可正在景点M(M≤N)处。以后的每个时间单位，可可都会选择去相邻的景点(可能有多个)中的一个或停留在原景点不动。而去这些地方所发生的概率是相等的。假设有P个景点与景点M相邻，它们分别是景点R、景点S，……景点Q，在时刻T可可处在景点M，则在(T＋1)时刻，可可有1/（1+P）的可能在景点R，有1/（1+P）的可能在景点S，……，有1/（1+P）的可能在景点Q，还有1/（1+P）的可能停在景点M。
我们知道，聪聪是很聪明的，所以，当她在景点C时，她会选一个更靠近可可的景点，如果这样的景点有多个，她会选一个标号最小的景点。由于聪聪太想吃掉可可了，如果走完第一步以后仍然没吃到可可，她还可以在本段时间内再向可可走近一步。
在每个时间单位，假设聪聪先走，可可后走。在某一时刻，若聪聪和可可位于同一个景点，则可怜的可可就被吃掉了。
灰姑娘想知道，平均情况下，聪聪几步就可能吃到可可。而你需要帮助灰姑娘尽快的找到答案。
数据的第1行为两个整数N和E，以空格分隔，分别表示森林中的景点数和连接相邻景点的路的条数。
第2行包含两个整数C和M，以空格分隔，分别表示初始时聪聪和可可所在的景点的编号。
接下来E行，每行两个整数，第i+2行的两个整数Ai和Bi表示景点Ai和景点Bi之间有一条路。
所有的路都是无向的，即：如果能从A走到B，就可以从B走到A。
输入保证任何两个景点之间不会有多于一条路直接相连，且聪聪和可可之间必有路直接或间接的相连。
Output
输出1个实数，四舍五入保留三位小数，表示平均多少个时间单位后聪聪会把可可吃掉。
【输入样例1】
4 3
1 4
1 2
2 3
3 4
【输入样例2】
9 9
9 3
1 2
2 3
3 4
4 5
3 6
4 6
4 7
7 8
8 9
Sample Output
【输出样例1】
1.500
【输出样例2】
2.167
HINT
对于样例输出1：开始时，聪聪和可可分别在景点 1 和景点 4。 第一个时刻，聪聪先走，她向更靠近可可(景点 4)的景点走动，走到景点 2， 然后走到景点 3；假定忽略走路所花时间。 可可后走，有两种可能： 第一种是走到景点 3，这样聪聪和可可到达同一个景点，可可被吃掉，步数为 1，概率为0.5。
第二种是停在景点 4，不被吃掉。概率为0.5。
到第二个时刻，聪聪向更靠近可可(景点 4)的景点走动，只需要走一步即和 可可在同一景点。因此这种情况下聪聪会在两步吃掉可可。 所以平均的步数是 10.5 +20.5 =1.5 步。
Source
NOI 2005
Solution
有一个绝妙的性质：因为猫跑得快 所以游戏一定会停下来。
设一种状态为(i,j)那么根据这个性质，一种状态在游戏中最多出现一次。
这就告诉我们不用想什么高斯啦 直接记忆化搜索啦！
\(f_{i,j}\)表示猫在i处 老鼠在j处时期望的游戏步数。
边界：
\[f_{x,x}=0\]
\[f_{x,y}=1 \{dis_{x,y} \le 2\} \]考虑每种状态能转移到哪些状态 在这些状态上+1 然后除以度数即可。
和的期望等于期望和。
Code
1
2
3
4
5
6
7
8
9
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11
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57
58
59
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66
67
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70
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74
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76
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78
79
| #include <queue>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 1005;
const int INF = 1000000007;
inline int getint() {
int r = 0; bool z = true; char c = getchar();
for (; c < '0' || c > '9'; c = getchar()) if (c == '-') z = false;
for (; '0' <= c && c <= '9'; c = getchar()) r = r * 10 - '0' + c;
if (z) return r;
return -r;
}
queue<int> Q;
double f[maxn][maxn];
bool inq[maxn], vis[maxn][maxn];
struct edge_t { int to, next; } edge[maxn << 1];
int dis[maxn][maxn], par[maxn][maxn], n, m, dig[maxn], cnte, h[maxn];
void ins(int x, int y) {
edge[++cnte].to = y;
edge[cnte].next = h[x];
h[x] = cnte;
}
void BFS(int S) {
int now, *d = dis[S], *p = par[S];
for (int i = 1; i <= n; ++i) d[i] = INF;
d[S] = 0;
for (int i = h[S]; i; i = edge[i].next) {
Q.push(edge[i].to);
d[edge[i].to] = 1;
p[edge[i].to] = edge[i].to;
}
while (!Q.empty()) {
now = Q.front(); Q.pop(); inq[now] = false;
for (int i = h[now]; i; i = edge[i].next) {
if (d[edge[i].to] > d[now] + 1) {
p[edge[i].to] = p[now];
d[edge[i].to] = d[now] + 1;
if (!inq[edge[i].to]) {
inq[edge[i].to] = true;
Q.push(edge[i].to);
}
} else {
if (d[edge[i].to] == d[now] + 1 && p[edge[i].to] > p[now]) {
p[edge[i].to] = p[now];
if (!inq[edge[i].to]) {
inq[edge[i].to] = true;
Q.push(edge[i].to);
}
}
}
}
}
}
double dp(int i, int j) {
if (i == j) return 0.0;
if (dis[i][j] <= 2) return 1.0;
if (vis[i][j]) return f[i][j];
vis[i][j] = true;
int k = par[par[i][j]][j];
double &ret = f[i][j];
ret = dp(k, j) + double(1);
for (int i = h[j]; i; i = edge[i].next)
ret += dp(k, edge[i].to) + double(1);
ret /= dig[j] + 1;
return ret;
}
int main() {
int x, y, S, T;
n = getint(); m = getint();
S = getint(); T = getint();
for (int i = 0; i < m; ++i) {
x = getint(); y = getint();
ins(x, y); ins(y, x);
++dig[x]; ++dig[y];
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) BFS(i);
printf("%.3lf", dp(S, T));
}
|