Description
奶牛们建立了一个随机化的臭气炸弹来驱逐猪猡。猪猡的文明包含1到N (2 <= N <= 300)一共N个猪城。这些城市由M (1 <= M <= 44,850)条由两个不同端点A_j和B_j (1 <= A_j<= N; 1 <= B_j <= N)表示的双向道路连接。保证城市1至少连接一个其它的城市。一开始臭气弹会被放在城市1。每个小时（包括第一个小时），它有P/Q (1 <= P <=1,000,000; 1 <= Q <= 1,000,000)的概率污染它所在的城市。如果这个小时内它没有污染它所在的城市，那麽它随机地选择一条道路，在这个小时内沿着这条道路走到一个新的城市。可以离开这个城市的所有道路被选择的概率均等。因为这个臭气弹的随机的性质，奶牛们很困惑哪个城市最有可能被污染。给定一个猪猡文明的地图和臭气弹在每个小时内爆炸的概率。计算每个城市最终被污染的概率。如下例，假设这个猪猡文明有两个连接在一起的城市。臭气炸弹从城市1出发，每到一个城市，它都有1/2的概率爆炸。 1--2 可知下面这些路径是炸弹可能经过的路径（最后一个城市是臭气弹爆炸的城市）： 1: 1 2: 1-2 3: 1-2-1 4: 1-2-1-2 5: 1-2-1-2-1 ... 要得到炸弹在城市1终止的概率，我们可以把上面的第1，第3，第5……条路径的概率加起来，（也就是上表奇数编号的路径）。上表中第k条路径的概率正好是(1/2)^k，也就是必须在前k-1个回合离开所在城市（每次的概率为1 - 1/2 = 1/2）并且留在最后一个城市（概率为1/2）。所以在城市1结束的概率可以表示为1/2 + (1/2)^3 + (1/2)^5 + ...。当我们无限地计算把这些项一个个加起来，我们最后会恰好得到2/3，也就是我们要求的概率，大约是0.666666667。这意味着最终停留在城市2的概率为1/3，大约为0.333333333。
Input
* 第1行: 四个由空格隔开的整数: N, M, P, 和 Q * 第2到第M+1行: 第i+1行用两个由空格隔开的整数A_j和B_j表示一条道路。
Output
* 第1到第N行: 在第i行，用一个浮点数输出城市i被摧毁的概率。误差不超过10^-6的答桉会 被接受（注意这就是说你需要至少输出6位有效数字使得答桉有效）。
solution
再不写题解可能又忘了....
设f[i]为在i爆炸的概率 与i相连的点为j
f[i]= f[j]/(p/q) * (1-p/q) * 1/outdegree[j] * p/q
在j点的概率 j点不爆炸的概率 不爆炸走到j点 在i点爆炸
= f[j] * (1-p/q) * (1/outdegree[j]) (化简之后的式子)
高斯解方程即可
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<iostream> 4 #define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a)) 5 using namespace std; 6 const double qqq=1e-8; 7 8 double abss(double x) 9 { 10 if(x<0) 11 return -x; 12 return x; 13 } 14 15 void swap(double &x,double &y) 16 { 17 double temp; 18 temp=x; 19 x=y; 20 y=temp; 21 } 22 23 struct son 24 { 25 int v,next; 26 }; 27 son a1[100001]; 28 int first[100001]; 29 int e; 30 31 void addbian(int u,int v) 32 { 33 a1[e].v=v; 34 a1[e].next=first[u]; 35 first[u]=e++; 36 } 37 38 int n,m,p,q; 39 int u,o; 40 double degree[301]; 41 double a[301][301]; 42 double ans[301]; 43 double b[301]; 44 45 void out11() 46 { 47 for(int i=1;i<=n;i++) 48 printf("%lf ",degree[i]); 49 printf(" "); 50 for(int i=1;i<=n;i++) 51 { 52 for(int j=1;j<=n;j++) 53 printf("%.3lf ",a[i][j]); 54 printf("%.3lf ",b[i]); 55 } 56 printf(" "); 57 } 58 59 void gaos() 60 { 61 int now=1; 62 for(int k=1;k<n;++k,++now) 63 { 64 int order=k; 65 for(int i=k+1;i<=n;i++) 66 if(abss(a[order][k])<abss(a[i][k])) 67 order=i; 68 if(order!=k) 69 { 70 for(int i=k;i<=n;i++) 71 swap(a[now][i],a[order][i]); 72 swap(b[now],b[order]); 73 } 74 if(!a[now][k]) 75 { 76 --now; 77 continue; 78 } 79 double temp; 80 for(int i=now+1;i<=n;i++) 81 { 82 temp=a[i][k]/a[now][k]; 83 for(int j=k;j<=n+1;j++) 84 a[i][j]-=temp*a[k][j]; 85 b[i]-=temp*b[k]; 86 } 87 } 88 89 for(int i=n;i>=1;--i) 90 { 91 for(int j=n;j>=i+1;--j) 92 b[i]-=a[i][j]*ans[j]; 93 ans[i]=b[i]/a[i][i]; 94 } 95 for(int k=1;k<=n;++k) 96 printf("%.9lf ",ans[k]); 97 } 98 99 int main(){ 100 freopen("dotp.in","r",stdin); 101 freopen("dotp.out","w",stdout); 102 mem(first,-1); 103 scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&p,&q); 104 for(int i=1;i<=m;i++) 105 { 106 scanf("%d%d",&u,&o); 107 addbian(u,o); 108 addbian(o,u); 109 ++degree[o]; 110 ++degree[u]; 111 } 112 for(int i=1;i<=n;i++) 113 a[1][i]=1; 114 b[1]=1; 115 int temp; 116 double qq=1-(double)p/q; 117 for(int i=2;i<=n;i++) 118 { 119 a[i][i]=1; 120 for(int j=first[i];j!=-1;j=a1[j].next) 121 { 122 temp=a1[j].v; 123 a[i][temp]=-(1.0/degree[temp])*qq; 124 } 125 b[i]=0; 126 } 127 gaos(); 128 129 //while(1); 130 return 0; 131 }