【NOI2005】聪聪和可可 概率与期望 记忆化搜索

1415: [Noi2005]聪聪和可可

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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

Sample Output

【输出样例1】
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。

Solution

设F[i][j]为猫在i点，鼠在j点，猫鼠相遇的期望时间。

一般是考虑倒着来做的，但这题倒着并不好做，因此考虑记忆化搜索。

设p[i][j]为猫在i点，鼠在j点，猫下一个时刻会到达的点。

分情况讨论：

1.若p[i][j] == j或p[p[i][j]][j] == j，F[i][j] = 12.设t为p[p[i][j]][j]，F[i][j] = (F[t][j]+ΣF[t][k])/(cnt+1)，cnt为j点能直接到达的点的数目。

Code

#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <string>
#include <algorithm>
#include <queue>

using namespace std;

#define REP(i, a, b) for (int i = (a), i##_end_ = (b); i <= i##_end_; ++i)
#define REP_EDGE(i, a) for (int i = (a); i != -1; i = e[i].nxt)
#define mset(a, b) memset(a, b, sizeof(a))
const int MAXN = 1e3+10;
int n, m;
struct Edge
{
    int v, nxt;
    Edge(int v = 0, int nxt = 0): v(v), nxt(nxt) {}
}e[MAXN*2];
int head[MAXN], label;
queue <int> q;
int dist[MAXN], p[MAXN][MAXN];
bool vis[MAXN];
double f[MAXN][MAXN];

void ins(int u, int v) { e[++label] = Edge(v, head[u]), head[u] = label; }

void SPFA(int s)
{
    mset(dist, -1);
    q.push(s), dist[s] = 0, vis[s] = 1, p[s][s] = 0;
    while (!q.empty())
    {
        int u = q.front(); vis[u] = 0, q.pop();
        REP_EDGE(i, head[u])
        {
            int v = e[i].v;
            if (dist[v] == -1 || dist[v] >= dist[u]+1)
            {
                if (dist[v] == -1 || dist[v] > dist[u]+1 || (dist[v] == dist[u]+1 && p[s][v] > p[s][u]))
                {
                    p[s][v] = p[s][u];
                    if (!p[s][v]) p[s][v] = v;
                }
                dist[v] = dist[u]+1;
                if (!vis[v]) vis[v] = 1, q.push(v);
            }
        }
    }
}

double dfs(int u, int v)
{
    if (u == v) return 0;
    if (p[u][v] == v || p[p[u][v]][v] == v) return 1; 
    if (f[u][v]) return f[u][v];
    int temp = p[p[u][v]][v], cnt = 1; 
    double ret = dfs(temp, v);
    REP_EDGE(i, head[v]) cnt ++, ret += dfs(temp, e[i].v);
    ret /= cnt, ret += 1.0;
    return f[u][v] = ret;
}

int main()
{
    int S, T, u, v;
    scanf("%d %d %d %d", &n, &m, &S, &T);
    REP(i, 1, n) head[i] = -1; label = -1;
    REP(i, 1, m) scanf("%d %d", &u, &v), ins(u, v), ins(v, u);
    REP(i, 1, n) SPFA(i);
    printf("%.3lf
", dfs(S, T));
    return 0;
}