【NOI2005】聪聪与可可 题解（最短路+期望DP）

前言：学长讲的太神了；自己还能推出来DP式子，挺开心。

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题目链接

题目大意：给定一张含有$n$个结点$m$条边的无向连通图。现在聪聪在点$s$，可可在点$t$。每秒钟可可能等概率走向相邻的结点或原地不动，而聪聪总是向更靠近可可的地方沿最短路走两步（如果走一步就能找到可可就不往下走了）。问聪聪找到可可的时间的期望。$n,mleq 1000$

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我们首先解决第一个限制条件：沿最短路走。

假设聪聪目前在点$i$，可可目前在点$j$，聪聪下一步的走位是$next[i][j]$。

看到数据范围，我们可以暴力把每个点的单源最短路径求出来，然后枚举距离点$i$距离为$1$的点$k$。如果$dis[i][j]-1==dis[k][j]$，那么$next[i][j]=k$。

然后进行期望DP。这里我们采用记忆化搜索。设$f[i][j]$表示目前聪聪在点$i$，可可在点$j$时的期望。设点的出度为$du[]$。然后分类讨论：

　　1.如果$i$和$j$同点，那么$f[i][j]=0$。

　　2.如果聪聪能够走一步或两步到达点$j$，那么$f[i][j]=1$。

　　3.如果可可呆在原地不动，那么对答案的贡献有$(f[next[next[i][j]][j]][j]+1)*frac{1}{du[j]+1}$。（一共有$du[j]+1$种走法，包含原地不动）

　　4.如果可可走向相邻的点，那么对答案的贡献有$sum (f[next[next[i][j]][j]][to]+1)*frac{1}{du[j]+1}$。（枚举$to$）

所以总的DP方程为$f[i][j]=frac{f[next[next[i][j]][j]][j]+sum f[next[next[i][j]][j]][to]}{du[j]+1}+1$

最后输出$dfs(s,t)$即可。时间复杂度$O(n^2)$。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int dis[1005][1005],next[1005][1005],du[1005],vis[1005];
int n,m,s,t,visit[1005][1005];
double f[1005][1005];
int head[2005],cnt;
struct node
{
    int next,to,dis;
}edge[2005];
inline int read()
{
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
    while(isdigit(ch)){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}
inline void add(int from,int to,int dis)
{
    edge[++cnt].next=head[from];
    edge[cnt].to=to;
    edge[cnt].dis=dis;
    head[from]=cnt;
}
inline void spfa(int x)
{
    queue<int> q;
    dis[x][x]=0;vis[x]=1;q.push(x);
    while(!q.empty())
    {
        int now=q.front();q.pop();vis[now]=0;
        for (int i=head[now];i;i=edge[i].next)
        {
            int to=edge[i].to;
            if (dis[x][to]>dis[x][now]+edge[i].dis)
            {
                dis[x][to]=dis[x][now]+edge[i].dis;
                if (!vis[to]) q.push(to),vis[to]=1;
            }
        }
    }
}
double dfs(int u,int v)
{
    if (visit[u][v]) return f[u][v];
    if (u==v) return 0;
    int fir=next[u][v];
    int sec=next[fir][v];
    if (fir==v||sec==v) return 1;
    f[u][v]=1;
    for (int i=head[v];i;i=edge[i].next)
    {
        int to=edge[i].to;
        f[u][v]+=dfs(sec,to)/(double)(du[v]+1);
    }
    f[u][v]+=dfs(sec,v)/(double)(du[v]+1);
    visit[u][v]=1;
    return f[u][v];
}
int main()
{
    n=read(),m=read(),s=read(),t=read();
    for (int i=1;i<=m;i++)
    {
        int x=read(),y=read();
        add(x,y,1);
        add(y,x,1);
        du[x]++,du[y]++;
    }
    for (int i=1;i<=n;i++)
        for (int j=1;j<=n;j++) dis[i][j]=next[i][j]=0x3f3f3f3f;
    for (int i=1;i<=n;i++) spfa(i);
    for (int i=1;i<=n;i++)
        for (int j=head[i];j;j=edge[j].next)
        {
            int to=edge[j].to;
            for (int k=1;k<=n;k++)
                if (dis[i][k]-1==dis[to][k]) next[i][k]=min(next[i][k],to);
        }
    printf("%.3lf",dfs(s,t));
    return 0;
}