[BZOJ1415]聪聪和可可
Input
Output
对于50%的数据,1≤N≤50。
Sample Input
9 3
1 2
2 3
3 4
4 5
3 6
4 6
4 7
7 8
8 9
Sample Output
2.167
题解:
本题是一道难度适中的概率dp,其实坑点误区全部在读题上.
首先,要注意"第一步没走到,可以再走一步";其次,还有"距离相等时走编号较小的点".
前者保证猫一定追的上老鼠,后者则是一个决策的限制,让我们不能瞎跑题目变的难了
既然有这个限制,n也很小,我们就可以考虑打个表预处理
设du[i]为每个点的度
对于猫在i点,鼠在j点的情况,设pre[i][j]为猫下一步到达的节点(即决策点)
再设twice为猫走第一步到pre[i][j]没捉到鼠第二步的决策,则twice=pre[pre[i][j]][j]
那么有如下情况:
1°i==j:f[i][j]=0;
2°pre[i][j]==j||twice==j:f[i][j]=1;
如果1°2°均不满足,则
3°f[i][j]=(f[twice][j]+sigma{f[twice][k],j和k间有连边}/(du[j]+1)+1
这样本题就被解决啦,方式当然是记忆化搜索
#include<cstdio> #include<cstring> #include<queue> using namespace std; const int N=1010; int n,m,st1,st2; struct node{int zhong,next;}s[N<<1]; int e,adj[N],du[N],pre[N][N]; inline void add(int qi,int zhong){s[++e].zhong=zhong;s[e].next=adj[qi];adj[qi]=e;} double f[N][N]; inline int spfa(int st) {queue<int>q;int dis[N];bool vis[N];memset(dis,0x7f,sizeof(dis));memset(vis,0,sizeof(vis));q.push(st);pre[st][st]=st;dis[st]=0;while(!q.empty()){int rt=q.front();q.pop();for(int i=adj[rt];i;i=s[i].next){int u=s[i].zhong;if(dis[u]>dis[rt]+1){dis[u]=dis[rt]+1;if(rt==st)pre[st][u]=u;else pre[st][u]=pre[st][rt];}else if(dis[u]==dis[rt]+1&&pre[st][u]>pre[st][rt]){if(rt==st)pre[st][u]=u;else pre[st][u]=pre[st][rt];}if(!vis[u])vis[u]=1,q.push(u);}} } inline double dp(int st,int ed) {if(st==ed)return f[st][ed]=0;int twice=pre[pre[st][ed]][ed];if(pre[st][ed]==ed||twice==ed)return f[st][ed]=1;if(f[st][ed])return f[st][ed];double k=1.0/(du[ed]+1);f[st][ed]=k*dp(twice,ed)+1;for(int i=adj[ed];i;i=s[i].next){int u=s[i].zhong;f[st][ed]+=k*dp(twice,u);}return f[st][ed]; } int main() {scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&st1,&st2);int a,b;for(int i=1;i<=m;i++){scanf("%d%d",&a,&b);add(a,b);add(b,a);du[a]++,du[b]++;}for(int i=1;i<=n;i++)spfa(i);//用spfa预处理决策pre[i][j] printf("%.3lf",dp(st1,st2)); }
转载于:https://www.cnblogs.com/LadyLex/p/Skyminer.html
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