description
在一个有向无环图上，阿燐和阿空第 (0) 个时刻分别站在编号为 (s_r, s_k) 的节点，二人都知道双方的初始位置，对地图完全了解。
从第 (1) 个时刻起，每个时刻阿燐和阿空都可以选择站着不动，也可以选择移动到相邻的节点，二人每时刻的移动是同时开始的，并且不能中途改变方向。
阿燐被阿空捉住时，游戏立即结束。如果阿空一直没有捉住阿燐，第 (t) 个时刻结束后两人就不能再继续移动了，游戏将在第 (t+1) 个时刻结束。
阿空的目的是尽快捉住阿燐（捉住的定义是与阿燐同一时刻站在同一节点），而阿燐的目的是尽可能更长时间不被阿空捉住。
具体而言，若一场游戏进行了 (t_0) 时刻，阿燐的得分是 (t_0)，阿空的得分是 (-t_0)，双方都希望自己得分（或得分的期望值）更高。
我们认为在这个过程中阿燐和阿空随时都能知道对方的位置。两人在第 (t) 个时刻不能看出第 (t+1) 个时刻对方要走到哪里。
恋恋想知道，在双方最优决策的情况下，游戏结束时刻的期望值是多少。
solution
显然动态规划，只需要考虑如何转移，发现转移是一个零和博弈问题。
以下假设阿燐有 (m) 种选择，阿空有 (n) 种选择，阿空的第 (i) 种选择与阿燐的第 (j) 种选择的价值为 (t_{i,j})，阿燐要最大化 (t)，阿空要最小化 (t)。
这个零和博弈过程其实就是纳什均衡。考虑纳什均衡的结论：双方按一定概率进行选择，如果任意一方改变策略无法使自己获利，则达到稳定态。
然后发现其实就是解线性规划。建线性规划方法较多，这里贴一种比较方便的：
设最终稳定态的价值为 (V)，考虑阿空的策略为以概率 (p_i(1leq ileq m)) 选第 (i) 种选择，则有：
[egin{aligned} mathrm{minimize} V \ egin{cases} sum p_i = 1 \ sum p_it_{ij} leq V end{cases} end{aligned} ]考虑消掉等式 (sum p_i = 1)。作换元 (x_i=frac{p_i}{V})，得到标准型：
[mathrm{maximize} sum x_i \ sum x_it_{ij}leq 1 ]
关于线性规划的单纯形法（参考了学长的blog），作为个人复习用。不会证明，懒得证明。
标准型：
松弛型：
其中 (x_i) 为基变量，(x_i') 为非基变量。
定义 转轴（pivot）操作 为交换非基变量 (x'_l) 与基变量 (x_e) 的操作。
由于 (b_l -sum_{p ot = e} a_{lp}x_p-a_{le}x_e=x_l')，故 (x_e = frac{1}{a_{le}}(b_l-sum_{p ot = i} a_{lp}x_p - x_l'))，代入其他式子即可。
如果我们通过转轴最终得到如下的线性规划式子：
则直接令 (x_i=0,x_i'=b_i) 即可得到线性规划最大值 (S)。
分两步做：找到 (b_igeq 0) 的初始解；不断转轴使得所有 (c_ileq 0)。
（1）找初始解：
上面的 blog 里提到了一种准确的方法
但是好像没什么人写。有一个好写点的随机算法：随机取 (b_i < 0)，再随机取 (a_{ij}<0)，转轴 (x'_i,x_j)。这样至少能够保证转轴后 (b_i geq 0)
（显然这个可能会WA）
（2）使得所有 (c_ileq 0)：
找到任意 (j) 满足 (c_j>0) 且 (c_j) 最大（不是最大也合法，但是贪心地取最大
应该或许大概要快些）。再找到 (i) 满足 (a_{ij}>0) 且 (frac{b_i}{a_{ij}}) 最小（不是最小不合法）。
转轴 (x_i',x_j)。可以发现这样不会使得 (b_i < 0) 发生。
如果找不到初始解，则无解；如果在第二步时不存在 (a_{ij} > 0)，则无界。
code
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define rep(i, x, n) for(int i=x;i<=n;i++)
const double EPS = 1E-9;
int dcmp(double x) {return fabs(x) <= EPS ? 0 : (x > 0 ? 1 : -1);}
double a[55][55];
void pivot(int l, int e, const int &n, const int &m) {
double t = a[l][e]; a[l][e] = 1;
rep(j, 0, m) a[l][j] /= t;
rep(i, 0, n) if( i != l && dcmp(a[i][e]) != 0 ) {
t = a[i][e], a[i][e] = 0;
rep(j, 0, m) {
if( !i && !j ) a[i][j] += t * a[l][j];
else a[i][j] -= t * a[l][j];
}
}
}
double simplex(const int &n, const int &m) {
while( true ) {
int l = 0, e = 0;
rep(j, 1, m) if( dcmp(a[0][j]) > 0 && (!e || dcmp(a[0][j] - a[0][e]) > 0) )
e = j;
if( !e ) break;
rep(i, 1, n) if( dcmp(a[i][e]) > 0 && (!l || dcmp(a[i][0]/a[i][e] - a[l][0]/a[l][e]) < 0) )
l = i;
if( !l ) return 0;
pivot(l, e, n, m);
}
return 1 / a[0][0];
}
vector<int>G[25]; double f[25][25][25]; int n;
double dp(int x, int y, int p) {
if( x == y ) return 0;
if( p == 0 ) return 1;
if( f[x][y][p] != -1 ) return f[x][y][p];
int sn = G[x].size(), sm = G[y].size();
rep(i, 1, sn) rep(j, 1, sm) dp(G[x][i - 1], G[y][j - 1], p - 1);
rep(i, 1, sn) a[i][0] = 1;
rep(j, 1, sm) a[0][j] = 1;
rep(i, 1, sn) rep(j, 1, sm)
a[i][j] = dp(G[x][i - 1], G[y][j - 1], p - 1);
a[0][0] = 0; return f[x][y][p] = simplex(sn, sm) + 1;
}
int main() {
int m, sr, sk, u, v, t;
scanf("%d%d%d%d%d", &n, &m, &sr, &sk, &t);
rep(i, 1, m) scanf("%d%d", &u, &v), G[u].push_back(v);
rep(i, 1, n) G[i].push_back(i);
rep(i, 1, n) rep(j, 1, n) rep(k, 1, t) f[i][j][k] = -1;
printf("%.3f
", dp(sr, sk, t));
}
details
这道题由于初始 (b_igeq 0) 所以不需要找初始解。无界即换元前答案为 (0)。