Hdu 5036 Explosion

传送门

题目大意

给定一张$n$个点的有向图$(nleq 1000)$，每次操作定义为等概率随机选定一个未被标记的点，从它出发将所有它和它能到达的点进行标记，询问期望进行多少次操作。

题解

考虑每个点被选定的概率。

它被直接选定当且仅当它在能到达它的点被选定之前选定。

对于一个点$x$设能到达它的点(包括$x$本身)有$G_x$个，那么$x$被直接选定的概率为$frac{1}{G_x}$，可以理解为它对答案的贡献期望是$frac{1}{G_x}$。

处理$G_x$即可。

可以先使用$tarjan$将原图缩成有向无环图，进行拓扑排序时维护能到达一个点的点集，利用$bitset$优化传递。

设一个强联通分量$x$的点数为$Size_x$，能到达$x$的点数之和(包括$x$)为$G_x$。

则答案$=sum frac{Size_x}{G_x}$。

复杂度大概是$O(Tfrac{n^3}{32})$

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<bitset>
#include<cmath>
#define LL long long
#define M 1020
using namespace std;
int read(){
	int nm=0,fh=1; char cw=getchar();
	for(;!isdigit(cw);cw=getchar()) if(cw=='-') fh=-fh;
	for(;isdigit(cw);cw=getchar()) nm=nm*10+(cw-'0');
	return nm*fh;
}
int n,m,c[M][M],sz[M],vis[M],dfn[M],low[M],cnt,S[M],top,tk[M],hd,tl,q[M];
int fs[M],to[M*M],tmp,nt[M*M],be[M],tot,ct[M],ind[M]; bool gt[M][M]; bitset<M>G[M];
void link(int x,int y){nt[tmp]=fs[x],fs[x]=tmp,to[tmp++]=y,ind[y]++;}
void dfs(int x){
	cnt++,dfn[x]=low[x]=cnt,S[++top]=x,S[top+1]=0;
	for(int i=1;i<=ct[x];i++){
		if(!dfn[c[x][i]]) dfs(c[x][i]);
		if(!be[c[x][i]]) low[x]=min(low[x],low[c[x][i]]);
	}
	if(low[x]<dfn[x]) return; sz[++tot]=0,G[tot].reset(),ind[tot]=0;
	while(S[top+1]!=x) be[S[top]]=tot,sz[tot]++,G[tot].set(S[top]),top--;
}
int main(){
	for(int tt=1,T=read();tt<=T;tt++){
		tot=cnt=hd=tl=tmp=0,n=read(),memset(vis,0,sizeof(vis)),memset(dfn,0,sizeof(dfn));
		memset(fs,-1,sizeof(fs)),memset(gt,false,sizeof(gt)),memset(be,0,sizeof(be));
		for(int i=1;i<=n;i++) for(ct[i]=0,m=read();m;--m) c[i][++ct[i]]=read();
		for(int i=1;i<=n;i++) if(!dfn[i]) dfs(i);
		for(int i=1;i<=n;i++){
			for(int j=1;j<=ct[i];j++)
				if(be[i]!=be[c[i][j]]) gt[be[i]][be[c[i][j]]]=true;
		}
		for(int i=1,res=0;i<=tot;res=0,i++){
			for(int j=1;j<=tot;j++)	if(i!=j&&gt[j][i]) res=1,link(j,i);
			if(!res) q[tl++]=i;
		}
		while(hd<tl){
			int x=q[hd++];
			for(int i=fs[x];i!=-1;i=nt[i]){
				G[to[i]]|=G[x];	if(!(--ind[to[i]])) q[tl++]=to[i];
			}
		}
		double ans=0.0;
		for(int i=1;i<=tot;i++) ans+=(sz[i]*1.0)/(G[i].count()*1.0);
		printf("Case #%d: %.5f
",tt,ans);
	}
	return 0;
}