【BZOJ3143】[Hnoi2013]游走 期望DP+高斯消元

【BZOJ3143】[Hnoi2013]游走

Description

一个无向连通图，顶点从1编号到N，边从1编号到M。 
小Z在该图上进行随机游走，初始时小Z在1号顶点，每一步小Z以相等的概率随机选 择当前顶点的某条边，沿着这条边走到下一个顶点，获得等于这条边的编号的分数。当小Z 到达N号顶点时游走结束，总分为所有获得的分数之和。 
现在，请你对这M条边进行编号，使得小Z获得的总分的期望值最小。

Input

第一行是正整数N和M，分别表示该图的顶点数 和边数，接下来M行每行是整数u，v(1≤u,v≤N)，表示顶点u与顶点v之间存在一条边。 输入保证30%的数据满足N≤10，100%的数据满足2≤N≤500且是一个无向简单连通图。

Output

仅包含一个实数，表示最小的期望值，保留3位小数。

Sample Input

3 3
2 3
1 2
1 3

Sample Output

3.333

HINT

边(1,2)编号为1，边(1,3)编号2，边(2,3)编号为3。

题解：一个清晰的思路：我们如果能求出每条边期望被经过的次数，然后排个序，让期望次数越大的边的编号越小就行了。但是问题来了，点数500，边数?????，以边为变量跑高斯消元显然会TLE，那么我们只能以点为变量跑高斯消元。那么如何用点的期望表示边的期望呢？其实很简单，设边(a,b)，点a的期望被经过次数是f[a]，点b的是f[b]，a的度数是d[a]，b的是d[b]，那么这条边的期望被经过次数显然是${f[a]over d[a]}+{f[b]over d[b]}$。

然后就是老办法了，如果存在边(a,b)，那就f[a]+=f[b]/d[b]，处理出来再移项即可，直接上高斯消元。

别忘了f[n]=1，f[1]要+1（因为是起始点）

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;
typedef long double ld;
int n,m;
int pa[130000],pb[130000],d[510];
ld pc[130000],v[510][510],ans;
void add(int a,int b)
{
	if(a==n)	return ;
	v[b][a]-=(ld)1/d[a];
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	int i,j,k;
	for(i=1;i<=m;i++)	scanf("%d%d",&pa[i],&pb[i]),d[pa[i]]++,d[pb[i]]++;
	for(i=1;i<=m;i++)	add(pa[i],pb[i]),add(pb[i],pa[i]);
	for(i=1;i<=n;i++)	v[i][i]+=1;
	for(i=1;i<=n+1;i++)	v[n][i]=0;
	v[n][n]=v[n][n+1]=1,v[1][n+1]+=1;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		for(j=i+1;j<=n;j++)	if(fabs(v[j][i])>fabs(v[i][i]))	for(k=i;k<=n+1;k++)	swap(v[i][k],v[j][k]);
		if(fabs(v[i][i])<1e-7)	continue;
		for(j=n+1;j>=i;j--)	v[i][j]/=v[i][i];
		for(j=1;j<=n;j++)	if(i!=j)
		{
			for(k=1;k<=n+1;k++)	if(i!=k)	v[j][k]-=v[j][i]*v[i][k];
			v[j][i]=0;
		}
	}
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		if(pa[i]!=n&&fabs(v[pa[i]][pa[i]])>1e-7)	pc[i]+=v[pa[i]][n+1]/d[pa[i]];
		if(pb[i]!=n&&fabs(v[pb[i]][pb[i]])>1e-7)	pc[i]+=v[pb[i]][n+1]/d[pb[i]];
	}
	sort(pc+1,pc+m+1);
	for(i=1;i<=m;i++)	ans+=(m-i+1)*pc[i];
	printf("%.3lf",(double)ans);
	return 0;
}