[HNOI 2011]XOR和路径

Description

给定一个无向连通图，其节点编号为 1 到 N，其边的权值为非负整数。试求出一条从 1 号节点到 N 号节点的路径，使得该路径上经过的边的权值的“XOR 和”最大。该路径可以重复经过某些节点或边，当一条边在路径中出现多次时，其权值在计算“XOR 和”时也要被重复计算相应多的次数。

直接求解上述问题比较困难，于是你决定使用非完美算法。具体来说，从 1 号节点开始，以相等的概率，随机选择与当前节点相关联的某条边，并沿这条边走到下一个节点，重复这个过程，直到走到 N 号节点为止，便得到一条从 1 号节点到 N 号节点的路径。显然得到每条这样的路径的概率是不同的并且每条这样的路径的“XOR 和”也不一样。现在请你求出该算法得到的路径的“XOR 和”的期望值。

Input

从文件input.txt中读入数据，输入文件的第一行是用空格隔开的两个正整数N和M，分别表示该图的节点数和边数。紧接着的M行，每行是用空格隔开的三个非负整数u，v和w(1≤u,v≤N，0≤w≤109)，表示该图的一条边(u,v)，其权值为w。输入的数据保证图连通，30%的数据满足N≤30，100%的数据满足2≤N≤100，M≤10000，但是图中可能有重边或自环。

Output

输出文件 output.txt 仅包含一个实数，表示上述算法得到的路径的“XOR 和”的期望值，要求保留三位小数。（建议使用精度较高的数据类型进行计算）

Sample Input

2 2
1 1 2
1 2 3

Sample Output

2.333

HINT

样例解释：有1/2的概率直接从1号节点走到2号节点，该路径的“XOR和”为3；有1/4的概率从1号节点走一次1号节点的自环后走到2号节点，该路径的“XOR和”为1；有1/8的概率从1号节点走两次1号节点的自环后走到2号节点，该路径的“XOR和”为3；„„；依此类推，可知“XOR和”的期望值为：3/2+1/4+3/8+1/16+3/32+„„=7/3，约等于2.333。

题解

首先看到路径$xor$值，还是选择按位做。

我们设$f_u$表示从$u$到$n$的路径异或值为$1$的概率。显然$f_n == 0$。

此外，设$w(u, v)$为$u->v$的边权（$1/0$），那么有：

$$f_u = sum_{(u,v) in E, w(u,v) = 0} frac{f_v}{degree_u} + sum_{(u,v) in E, w(u,v) = 1} frac{1-f_v}{degree_u}$$

那么我们可以得到$n$个方程，用高斯消元求解。

可以乘上$degree_u$减小误差。

这题特殊说明一下为什么不能顺推而要逆推：

很多题解的说法是因为“如果正推的话，$1−f_i$代表的不仅从$1$到$i$异或和不为$1$的概率，还包含了从$1$不走到$i$的概率，无法转移”。

如果这样解释，那就解释不了$i$走不到$n$的情况。

我认为合理的解答是：因为$1$可以重复走多次，而$n$只能走$1$次。

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#include <set>
#include <map>
#include <cmath>
#include <ctime>
#include <stack>
#include <queue>
#include <vector>
#include <string>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define LL long long
#define Min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b))
#define Max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))
#define Abs(x) ((x) < 0 ? (-(x)) : (x))
using namespace std;
const int N = 100;
const int M = 10000;
int st[32];

int n, m, u, v, w;
struct tt {
    int to, cost, next;
}edge[(M<<1)+5];
int path[N+5], top, degree[N+5];
double A[N+5][N+5], ans;

double Gauss() {
    for (int line = 1; line <= n; line++) {
        int max_line = line;
        for (int i = line+1; i <= n; i++) if (fabs(A[i][line]) > fabs(A[max_line][line])) max_line = i;
        if (max_line != line) swap(A[line], A[max_line]);
        for (int i = line+1; i <= n; i++) {
            double div = A[i][line]/A[line][line];
            for (int j = line; j <= n+1; j++) A[i][j] -= A[line][j]*div;
        }
    }
    for (int i = n; i >= 1; i--) {
        for (int j = i+1; j <= n; j++)
            A[i][n+1] -= A[i][j]*A[j][n+1];
        A[i][n+1] /= A[i][i];
    }
    return A[1][n+1];
}
void add(int u, int v, int w) {
    edge[++top].to = v;
    edge[top].cost = w;
    edge[top].next = path[u];
    path[u] = top; degree[v]++;
}
void work() {
    st[0] = 1; for (int i = 1; i <= 30; i++) st[i] = st[i-1]<<1;
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        scanf("%d%d%d", &u, &v, &w);
        add(u, v, w); if (u != v) add(v, u, w);
    }
    for (int i = 0; i <= 30; i++) {
        memset(A, 0, sizeof(A));
        for (int u = 1; u < n; u++) {
            A[u][u] = degree[u];
            for (int j = path[u]; j; j = edge[j].next) {
                if (st[i]&edge[j].cost) A[u][edge[j].to] += 1., A[u][n+1] += 1.;
                else A[u][edge[j].to] -= 1.;
            }
        }
        A[n][n] = 1;
        ans += Gauss()*(double)st[i];
    }
    printf("%.3lf
", ans);
}
int main() {
    work();
    return 0;
}