怕不是个假题
题意是每次随机一个点,并且连边,然后走过去,求使得整张图联通的期望
显然可以把已经存在的联通块缩起来,然后考虑状压,设(f_s)表示现在联通的联通块集合为(s)到达终止状态的期望步数,转移枚举下一步到达的状态.然后记(sum)为(s)联通块集合的点数,(a_i)为联通块(i)的点数,经过化简可以得到这个方程(dp_{s}=frac{n-1}{n-sum}+sum_{j otin s}dp_{scap{j}} imesfrac{a_j}{n-sum}),记忆化搜索即可
你以为复杂度是(O(2^{30})),其实是(O(能过))哒!
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define uLL unsigned long long
#define db double
using namespace std;
int rd()
{
int x=0,w=1;char ch=0;
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') w=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);ch=getchar();}
return x*w;
}
unordered_map<int,db> f;
int n,m,tt,ff[35],a[35];
bool v[35];
vector<int> e[35];
void dfs(int x,int &s)
{
v[x]=1,++s;
vector<int>::iterator it;
for(it=e[x].begin();it!=e[x].end();++it)
{
int y=*it;
if(!v[y]) dfs(y,s);
}
}
db dp(int s,int sm)
{
if(f.count(s)) return f[s];
db an=0;
an=(db)(n-1)/(db)(n-sm);
for(int j=1;j<=tt;++j)
if(!(s>>(j-1)&1))
an+=dp(s|1<<(j-1),sm+a[j])*(db)a[j]/(db)(n-sm);
return f[s]=an;
}
int main()
{
int T=rd();
for(int id=1;id<=T;++id)
{
f.clear();
n=rd(),m=rd();
for(int i=1;i<=n;++i) e[i].clear(),v[i]=0;
for(int i=1;i<=m;++i)
{
int x=rd(),y=rd();
e[x].push_back(y),e[y].push_back(x);
}
tt=0;
for(int i=1;i<=n;++i)
if(!v[i])
{
a[++tt]=0;
dfs(i,a[tt]);
}
f[(1<<tt)-1]=0;
printf("Case %d: %.6lf
",id,dp(1,a[1]));
}
return 0;
}