[BZOJ3470]Freda’s Walk

bzoj

description

雨后的Poetic Island空气格外清新，于是Freda和Rainbow出来散步。 Poetic Island的交通可以看作一张(n)个点、(m)边的有向无环图。由于刚下过雨，每条边都有一个积水深度，而恰好Freda 和Rainbow都喜欢踩水玩儿，于是Ta们从某个点出发，选择走向哪条边的概率与该边的积水深度是成正比的。即：如果Freda和Rainbow现在在点(u)，点(u)出发的所有边的积水深度之和为(s)，从(u)到(v)的边积水深度为(w)，那么Ta们选择走向v的概率就是 (w/s)。
Ta们会一直走下去，直到到达一个没有出边的点，那么散步的路程长度就是走过的边的数量。更特殊的是，Freda和Rainbow在出发之前还可以选择一条边，在散步过程中无视这条边的存在（当然也可以不选择）。请你帮忙计算一下，Ta 们从(0)号点出发，散步的路程长度的期望值最大是多少？

Input

第一行两个正整数 (n)、(m)。
接下来m行每行三个整数(u)、(v)、(w)，表示从(u)到(v)有一条无向边，积水深度为(w)。

Output

输出Freda和Rainbow散步的路程长度的最大期望值，四舍五入保留六位小数。

Sample Input

4 5
0 1 2
0 2 1
0 3 3
1 3 1
2 3 4

Sample Output

2.000000

HINT

对于 100% 的数据，(2 le n le 10000,1le mle 100000,0 le u,v<n,1le wle1000)。

sol

先正反建图跑出从每个点出发的期望行走步数(f_i)和从起点出发到达每个点的概率(p_i)。
枚举删掉一条边((u,v))，那么(f_u)中相应的会减少(f_v)的贡献，但其他出边贡献的比例则增大了，又因为(f_i)的一个变化量(Delta)导致的(f_1)的变化量是(p_iDelta)，所以可以(O(1))计算删掉每条边对答案的影响，取(max)即可。

code

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;
int gi(){
	int x=0,w=1;char ch=getchar();
	while ((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-') ch=getchar();
	if (ch=='-') w=0,ch=getchar();
	while (ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
	return w?x:-x;
}
const int N = 2e5+5;
int n,m,to[N],nxt[N],ww[N],hd1[N],hd2[N],cnt,du[N],sum[N];
double p[N],f[N],ans;
queue<int>Q;
void link(int v,int w,int &hd){
	to[++cnt]=v;nxt[cnt]=hd;ww[cnt]=w;hd=cnt;
}
int main(){
	n=gi();m=gi();
	for (int i=1;i<=m;++i){
		int u=gi()+1,v=gi()+1,w=gi();
		link(v,w,hd1[u]);link(u,w,hd2[v]);sum[u]+=w;
	}
	for (int i=1;i<=n;++i)
		for (int e=hd1[i];e;e=nxt[e])
			++du[to[e]];
	for (int i=1;i<=n;++i) if (!du[i]) Q.push(i);
	p[1]=1;
	while (!Q.empty()){
		int u=Q.front();Q.pop();
		for (int e=hd1[u];e;e=nxt[e]){
			p[to[e]]+=p[u]*ww[e]/sum[u];
			if (!--du[to[e]]) Q.push(to[e]);
		}
	}
	for (int i=1;i<=n;++i)
		for (int e=hd2[i];e;e=nxt[e])
			++du[to[e]];
	for (int i=1;i<=n;++i) if (!du[i]) Q.push(i);
	while (!Q.empty()){
		int u=Q.front();Q.pop();
		for (int e=hd2[u];e;e=nxt[e]){
			f[to[e]]+=(f[u]+1)*ww[e]/sum[to[e]];
			if (!--du[to[e]]) Q.push(to[e]);
		}
	}
	for (int i=1;i<=n;++i)
		for (int e=hd1[i];e;e=nxt[e]){
			double tmp=(f[i]-(f[to[e]]+1)*ww[e]/sum[i])*sum[i]/(sum[i]-ww[e]);
			ans=max(ans,(tmp-f[i])*p[i]);
		}
	printf("%.6lf
",ans+f[1]);
	return 0;
}