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BZOJ 1415: [Noi2005]聪聪和可可 [DP 概率]
传送门
题意:小兔子乖乖~~~
题意·真:无向图吗,聪抓可,每个时间聪先走可后走,聪一次可以走两步,朝着里可最近且点编号最小的方向;可一次只一步,等概率走向相邻的点或不走
求聪抓住可的期望时间
和游走很像,只不过这道题限制了一个人走的方向,两人间的距离具有了阶段性!可以直接$DP$
求期望一般倒推
$f[i][j]$表示聪在$i$可在$j$抓住的期望时间
$bfs$预处理$g[i][j]$表示聪在$i$可在$j$下一步聪走到哪里
这样聪的行动就知道了,转移枚举可的行动就行啦
边界:$f[i][i]=0,\ f[i][j]=1:g[i][j]=j or g[g[i][j]][j]=j$
另一种做法:相信世界是善良的,永远输出正无穷
#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>#include <cmath>using namespace std;typedef long long ll;const int N=1005;inline int read(){ char c=getchar();int x=0,f=1; while(c<‘0‘||c>‘9‘){if(c==‘-‘)f=-1;c=getchar();} while(c>=‘0‘&&c<=‘9‘){x=x*10+c-‘0‘;c=getchar();} return x*f;}int n,m,a,b,de[N],u,v;struct edge{ int v,ne;}e[N<<1];int h[N],cnt;inline void ins(int u,int v){ cnt++; e[cnt].v=v;e[cnt].ne=h[u];h[u]=cnt; cnt++; e[cnt].v=u;e[cnt].ne=h[v];h[v]=cnt;}int g[N][N];int q[N],head,tail,d[N][N];bool inq[N];inline void lop(int &x){if(x==N) x=1;}void bfs(int s,int *g,int *d){ head=tail=1; memset(inq,0,sizeof(inq)); q[tail++]=s; d[s]=0; inq[s]=1; while(head!=tail){ int u=q[head++];inq[u]=0;lop(head); for(int i=h[u];i;i=e[i].ne){ int v=e[i].v; if(d[v]>d[u]+1 || (d[v]==d[u]+1&&g[v]>g[u])){ d[v]=d[u]+1; g[v]= g[u]==0 ? v : g[u]; if(!inq[v]) q[tail++]=v,inq[v]=1,lop(tail); } } }}double f[N][N];double dfs(int a,int b){//printf("dfs %d %d\n",a,b); if(a==b) return 0; if(g[a][b]==b || g[ g[a][b] ][b]==b) return 1; if(f[a][b]) return f[a][b]; double &re=f[a][b]; int t=g[ g[a][b] ][b]; re=dfs(t,b); for(int i=h[b];i;i=e[i].ne) re+=dfs(t,e[i].v); re=re/(de[b]+1)+1; return re;}int main(){ freopen("in","r",stdin); n=read();m=read();a=read();b=read(); for(int i=1;i<=m;i++) u=read(),v=read(),de[u]++,de[v]++,ins(u,v); memset(d,127,sizeof(d)); for(int i=1;i<=n;i++) bfs(i,g[i],d[i]); //for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) printf("g %d %d %d\n",i,j,g[i][j]); printf("%.3lf",dfs(a,b));}
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