【BZOJ3143】【HNOI2013】游走 && 【BZOJ3270】博物馆 【高斯消元+概率期望】

刚学完 高斯消元，我们来做几道题吧！

T1：【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MM行每行是整数u，v(1≤u,v≤N)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。

题解：

这明显是一道概率期望题嘛！

一条边经过的概率为 $E(u,v)={f_u over deg_u}+{f_v over deg_v}$ ，其中u，v为边的两个端点，fx 表示过x点的概率， degx 表示点 x的度数（出度、入度）。

一个点经过的概率为 $f_u=sum_v f_v imes deg_v$ ， v 为与 u 相连的一个节点。

知道了这些，我们还是不能用 dp 求解，因为它不符合决策单调性，即一个点走过去还能走回来，一个点的概率会互相影响，这我们就要列方程求解了。

$$a[i][j]= 1/deg[j]$$

我们这样列一个方程组，不过要注意的是 1号点它是必定经过的所以概率要加 1，n 的概率为 0

然后我们贪心，期望大的编号小。

CODE：

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
using namespace std;

int n,m,u[250005],v[250005],deg[505];
double a[505][505],g[250005],res;

void gauss(){
    for(int i=1,maxn=i;i<n;maxn=++i){
        for(int j=i+1;j<=n;j++)
            if(fabs(a[j][i])>fabs(a[maxn][i]))maxn=j;
        for(int j=1;j<=n+1;j++)swap(a[i][j],a[maxn][j]);
        for(int j=i+1;j<=n;j++){
            if(fabs(a[j][i])<1e-10)continue;
            double s=a[j][i]/a[i][i];
            for(int k=1;k<=n+1;k++)a[j][k]-=a[i][k]*s;
        }
    }
    for(int i=n;i>=1;i--){
        for(int j=i+1;j<=n;j++)
            a[i][n+1]-=a[i][j]*a[j][n+1];
        a[i][n+1]/=a[i][i];
    }
}

int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        scanf("%d%d",u+i,v+i);
        deg[u[i]]++,deg[v[i]]++;
    }
    a[1][n+1]=-1,a[n][n]=1;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        if(u[i]^n)a[u[i]][v[i]]=1.0/deg[v[i]];
        if(v[i]^n)a[v[i]][u[i]]=1.0/deg[u[i]];
    }
    for(int i=1;i<n;i++)a[i][i]=-1;
    gauss();
    for(int i=1;i<=m;i++)
        g[i]=a[u[i]][n+1]/deg[u[i]]+a[v[i]][n+1]/deg[v[i]];
    sort(g+1,g+m+1);
    for(int i=1;i<=m;i++)res+=g[i]*(m-i+1);
    printf("%.3f
",res);
}

T2：【BZOJ3270】博物馆

Description

有一天Petya和他的朋友Vasya在进行他们众多旅行中的一次旅行，他们决定去参观一座城堡博物馆。这座博物馆有着特别的样式。它包含由mm条走廊连接的nn间房间，并且满足可以从任何一间房间到任何一间别的房间。

两个人在博物馆里逛了一会儿后两人决定分头行动，去看各自感兴趣的艺术品。他们约定在下午六点到一间房间会合。然而他们忘记了一件重要的事：他们并没有选好在哪儿碰面。等时间到六点，他们开始在博物馆里到处乱跑来找到对方（他们没法给对方打电话因为电话漫游费是很贵的）。

不过，尽管他们到处乱跑，但他们还没有看完足够的艺术品，因此他们每个人采取如下的行动方法：每一分钟做决定往哪里走，有Pi 的概率在这分钟内不去其他地方（即呆在房间不动），有1−Pi1−Pi 的概率他会在相邻的房间中等可能的选择一间并沿着走廊过去。这里的i指的是当期所在房间的序号。在古代建造是一件花费非常大的事，因此每条走廊会连接两个不同的房间，并且任意两个房间至多被一条走廊连接。

两个男孩同时行动。由于走廊很暗，两人不可能在走廊碰面，不过他们可以从走廊的两个方向通行。（此外，两个男孩可以同时地穿过同一条走廊却不会相遇）两个男孩按照上述方法行动直到他们碰面为止。更进一步地说，当两个人在某个时刻选择前往同一间房间，那么他们就会在那个房间相遇。

两个男孩现在分别处在aa，bb两个房间，求两人在每间房间相遇的概率。

Input

第一行包含四个整数，nn表示房间的个数，mm表示走廊的数目，a,b(1 ≤ a, b ≤ n)a,b(1 ≤ a, b ≤ n),表示两个男孩的初始位置。

之后mm行每行包含两个整数，表示走廊所连接的两个房间。

之后nn行每行一个至多精确到小数点后四位的实数，表示待在每间房间的概率。

题目保证每个房间都可以由其他任何房间通过走廊走到。

Output

输出一行包含nn个由空格分隔的数字，注意最后一个数字后也有空格，第ii个数字代表两个人在第i间房间碰面的概率（输出保留6位小数）

注意最后一个数字后面也有一个空格

题解：

这回是两个人，同样 id[i][j] 表示 Petya 在 i ，Vasya 在 j 。

设 a[id[x][y]][id[i][j]] 为从状态 id[i][j] 转移到 id[x][y] 的概率来列个方程组

假设现在在 id[i][j] 这个状态上，接下来有这么几种情况

1：两个人同时停留在原点， a[id[i][j]][id[i][j]]=p[i]*p[j] ;

2：第一个人走到了x(前提是i->x有边存在)， a[id[x][j]][id[i][j]]+=(1-p[i])/du[i]*p[j] ;

3：第二个人走到了y， a[id[i][y]][id[i][j]]+=p[i]*(1-p[j])/du[j] ;

4：第一个人走到了x，第二个人走到了y， a[id[x][y]][id[i][j]]+=(1-p[i])/du[i]*(1-p[j])/du[j] ;

同上，把方程解出来即可。

CODE：

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
using namespace std;

int n,m,u[250005],v[250005],deg[505];
double a[505][505],g[250005],res;

void gauss(){
    for(int i=1,maxn=i;i<n;maxn=++i){
        for(int j=i+1;j<=n;j++)
            if(fabs(a[j][i])>fabs(a[maxn][i]))maxn=j;
        for(int j=1;j<=n+1;j++)swap(a[i][j],a[maxn][j]);
        for(int j=i+1;j<=n;j++){
            if(fabs(a[j][i])<1e-10)continue;
            double s=a[j][i]/a[i][i];
            for(int k=1;k<=n+1;k++)a[j][k]-=a[i][k]*s;
        }
    }
    for(int i=n;i>=1;i--){
        for(int j=i+1;j<=n;j++)
            a[i][n+1]-=a[i][j]*a[j][n+1];
        a[i][n+1]/=a[i][i];
    }
}

int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        scanf("%d%d",u+i,v+i);
        deg[u[i]]++,deg[v[i]]++;
    }
    a[1][n+1]=-1,a[n][n]=1;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        if(u[i]^n)a[u[i]][v[i]]=1.0/deg[v[i]];
        if(v[i]^n)a[v[i]][u[i]]=1.0/deg[u[i]];
    }
    for(int i=1;i<n;i++)a[i][i]=-1;
    gauss();
    for(int i=1;i<=m;i++)
        g[i]=a[u[i]][n+1]/deg[u[i]]+a[v[i]][n+1]/deg[v[i]];
    sort(g+1,g+m+1);
    for(int i=1;i<=m;i++)res+=g[i]*(m-i+1);
    printf("%.3f
",res);
}