数学期望+记忆化搜索
论文：《浅析竞赛中一类数学期望问题的解决方法》——汤可因 中的第一题……
Orz 黄学长
我实在是太弱，这么简单都yy不出来……
宽搜预处理有点spfa的感觉= =凡是更新了的，都要重新入队更新一遍……
dp的记忆化搜索过程好厉害……
期望这里一直很虚啊，赶紧再多做点题熟悉熟悉……
1 /************************************************************** 2 Problem: 1415 3 User: Tunix 4 Language: C++ 5 Result: Accepted 6 Time:208 ms 7 Memory:17240 kb 8 ****************************************************************/ 9 10 //BZOJ 1415 11 #include<cstdio> 12 #include<queue> 13 #include<cstring> 14 #include<cstdlib> 15 #include<iostream> 16 #include<algorithm> 17 #define rep(i,n) for(int i=0;i<n;++i) 18 #define F(i,j,n) for(int i=j;i<=n;++i) 19 #define D(i,j,n) for(int i=j;i>=n;--i) 20 #define pb push_back 21 using namespace std; 22 typedef long long LL; 23 inline int getint(){ 24 int r=1,v=0; char ch=getchar(); 25 for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if (ch=='-') r=-1; 26 for(; isdigit(ch);ch=getchar()) v=v*10-'0'+ch; 27 return r*v; 28 } 29 const int N=1010,M=1010; 30 /*******************template********************/ 31 32 struct edge{int to,next;}E[M<<1]; 33 int head[N],cnt; 34 void add(int x,int y){ 35 E[++cnt]=(edge){y,head[x]}; head[x]=cnt; 36 E[++cnt]=(edge){x,head[y]}; head[y]=cnt; 37 } 38 39 int n,m,S,T,p[N][N],d[N][N],du[N]; 40 queue<int>Q; 41 void bfs(int x){ 42 Q.push(x); 43 d[x][x]=0; 44 while(!Q.empty()){ 45 int now=Q.front(),tmp=p[x][now]; Q.pop(); 46 for(int i=head[now];i;i=E[i].next) 47 if (d[x][E[i].to]==-1 || 48 (d[x][now]+1==d[x][E[i].to] && tmp<p[x][E[i].to])){ 49 d[x][E[i].to]=d[x][now]+1; 50 p[x][E[i].to]=tmp; 51 if (!tmp) p[x][E[i].to]=E[i].to; 52 Q.push(E[i].to); 53 } 54 } 55 } 56 double f[N][N]; 57 double dp(int x,int y){ 58 if (f[x][y]) return f[x][y]; 59 if (x==y) return 0; 60 if (p[x][y]==y || p[p[x][y]][y]==y) return f[x][y]=1; 61 double tot=dp(p[p[x][y]][y],y); 62 for(int i=head[y];i;i=E[i].next) 63 tot+=dp(p[p[x][y]][y],E[i].to); 64 return f[x][y]=tot/(du[y]+1)+1; 65 } 66 67 int main(){ 68 #ifndef ONLINE_JUDGE 69 freopen("1415.in","r",stdin); 70 freopen("1415.out","w",stdout); 71 #endif 72 memset(d,-1,sizeof d); 73 n=getint(); m=getint(); 74 S=getint(); T=getint(); 75 F(i,1,m){ 76 int x=getint(),y=getint(); 77 add(x,y); 78 du[x]++; du[y]++; 79 } 80 F(i,1,n) bfs(i); 81 printf("%.3f ",dp(S,T)); 82 return 0; 83 } 84
1415: [Noi2005]聪聪和可可
Time Limit: 10 Sec Memory Limit: 162 MBSubmit: 883 Solved: 528
[Submit][Status][Discuss]
Description
Input
数据的第1行为两个整数N和E，以空格分隔，分别表示森林中的景点数和连接相邻景点的路的条数。
第2行包含两个整数C和M，以空格分隔，分别表示初始时聪聪和可可所在的景点的编号。
接下来E行，每行两个整数，第i+2行的两个整数Ai和Bi表示景点Ai和景点Bi之间有一条路。
所有的路都是无向的，即：如果能从A走到B，就可以从B走到A。
输入保证任何两个景点之间不会有多于一条路直接相连，且聪聪和可可之间必有路直接或间接的相连。
Output
输出1个实数，四舍五入保留三位小数，表示平均多少个时间单位后聪聪会把可可吃掉。
Sample Input
【输入样例1】
4 3
1 4
1 2
2 3
3 4
【输入样例2】
9 9
9 3
1 2
2 3
3 4
4 5
3 6
4 6
4 7
7 8
8 9
4 3
1 4
1 2
2 3
3 4
【输入样例2】
9 9
9 3
1 2
2 3
3 4
4 5
3 6
4 6
4 7
7 8
8 9
Sample Output
【输出样例1】
1.500
【输出样例2】
2.167
1.500
【输出样例2】
2.167
HINT
【样例说明1】
开始时，聪聪和可可分别在景点1和景点4。
第一个时刻，聪聪先走，她向更靠近可可(景点4)的景点走动，走到景点2，然后走到景点3；假定忽略走路所花时间。
可可后走，有两种可能：
第一种是走到景点3，这样聪聪和可可到达同一个景点，可可被吃掉，步数为1，概率为 。
第二种是停在景点4，不被吃掉。概率为 。
到第二个时刻，聪聪向更靠近可可(景点4)的景点走动，只需要走一步即和可可在同一景点。因此这种情况下聪聪会在两步吃掉可可。
所以平均的步数是1* +2* =1.5步。
对于所有的数据，1≤N,E≤1000。
对于50%的数据，1≤N≤50。