【BZOJ3925】地震后的幻想乡（ZJOI2015）-概率期望+子集状压DP

测试地址：地震后的幻想乡
做法：本题需要用到概率期望+子集状压DP。
题目要求最小生成树最大边的期望，我们知道这个值等于最大边的期望排名（从小到大）/(m+1)$/(m+1)$，因为提示里说了，m$m$个[0,1]$[0,1]$内的随机变量的第k$k$小值的期望为km+1$\frac{k}{m+1}$。
那么令L$L$为最大边的排名，则有：
ans=E[L]m+1=1m+1∑mx=1x⋅P(L=x)$ans=\frac{E[L]}{m+1}=\frac{1}{m+1}\sum _{x=1}^{m}x\cdot P(L=x)$
得到这个和式，我们变换它的求和顺序，可得：
ans=∑mx=1P(L≥x)$ans=\sum _{x=1}^{m}P(L\ge x)$
而最大边≥x$\ge x$的概率，等于用排名前x−1$x-1$的边不能使图连通的概率，令这个概率为T(x−1)$T(x-1)$，我们要求：
ans=∑m−1x=0T(x)$ans=\sum _{x=0}^{m-1}T(x)$
因为每种x$x$条边的组合作为排名前x$x$的边的概率是相等的，于是T(x)$T(x)$实际上就等于，用x$x$条边使得图不能连通的方案数，除以所有x$x$条边的组合数。于是问题变成了如何求用x$x$条边使得图不能连通的方案数。
于是我们有了一个定义状态的思路：令f(i,j)$f(i,j)$为用（连接点集i$i$内部点的）j$j$条边使得点集i$i$不连通的方案数。我们发现只有这个状态不好转移，因为一般这种连通性状压DP的转移思路都是，通过枚举某个点所在的连通块，来做到不重不漏地枚举。于是我们有另一个状态定义：令g(i,j)$g(i,j)$为用（连接点集i$i$内部点的）j$j$条边使得点集i$i$连通的方案数，那么令k$k$为i$i$的一个包含某定点P$P$的真子集，有以下状态转移方程：
f(i,j)=∑k∑edge(k)l=0g(k,l)⋅Cj−ledge(i−k)$f(i,j)=\sum _k\sum _{l=0}^{edge(k)}g(k,l)\cdot C_{edge(i-k)}^{j-l}$
其中edge(S)$edge(S)$表示连接点集S$S$内部点的边的数量，那么上式的含义其实就是，枚举定点P$P$所在的连通块，求剩下的点集不和该连通块连接的方案数。而我们发现f$f$和g$g$的定义是互补的，所以有：
g(i,j)=Cjedge(i)−f(i,j)$g(i,j)=C_{edge(i)}^j-f(i,j)$
这样我们就可以同时转移f$f$和g$g$了。那么令all$all$为全集，答案就为：
ans=1m+1∑m−1x=0f(all,x)Cxedge(all)$ans=\frac{1}{m+1}\sum _{x=0}^{m-1}\frac{f(all,x)}{C_{edge(all)}^x}$
于是我们就解决了这一题，时间复杂度为O(3nn2)$O(3^n{n}^2)$。
以下是本人代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,a[60],b[60],edge[1210];
double C[60][60]={0},f[1210][60],g[1210][60];

void init()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=m;i++)
        scanf("%d%d",&a[i],&b[i]);

    C[0][0]=1.0;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        C[i][0]=1.0;
        for(int j=1;j<=i;j++)
            C[i][j]=C[i-1][j-1]+C[i-1][j];
    }

    for(int i=1;i<(1<<n);i++)
    {
        edge[i]=0;
        for(int j=1;j<=m;j++)
            if ((i&(1<<(a[j]-1)))&&(i&(1<<(b[j]-1))))
                edge[i]++;
    }
}

void work()
{
    for(int i=1;i<(1<<n);i++)
    {
        for(int j=0;j<=edge[i];j++)
        {
            f[i][j]=0.0;
            int lowbit=i&(-i);
            for(int k=((i-1)&i);k;k=((k-1)&i))
                if (k&lowbit)
                {
                    for(int l=0;l<=edge[k]&&l<=j;l++)
                        f[i][j]+=g[k][l]*C[edge[i-k]][j-l];
                }
            g[i][j]=C[edge[i]][j]-f[i][j];
        }
    }
    double ans=0.0;
    for(int i=0;i<m;i++)
        ans+=f[(1<<n)-1][i]/C[edge[(1<<n)-1]][i];
    ans/=(double)(m+1);
    printf("%.6lf",ans);
}

int main()
{
    init();
    work();

    return 0;
}