$Luogu$ $P4316$ 绿豆蛙的归宿（附期望 $dp$ 的设计总结）

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背景

李煜东， (Nescafé) (19) 杯 (NOIP) 模拟赛 (T1) ， (Luogu) (P4316/TYVJ1933)

题意

给定一张 (n) 个点 (m) 条边的有边权的 (DAG) （有向无环图），起点为 (1) ，终点为 (n) 。从起点出发，每个点连接的所有点等概率地前往，求到达终点期望的总路径长度。答案保留 (2) 位小数。

解法

显然最终的状态只有一个，就是到达了 (n) 点。因此考虑逆推。
不妨考虑设 (f_x) 表示 (x) 点到终点路径的期望长度， (dis_{x,y}) 表示 (x) 点到 (y) 点的边长（要求 (x,y) 是同一条边的两端）。
根据期望的定义和性质，则转移有： (f_x=frac{ sum { f_y+dis_{x,y} } }{k}) （要求 (x,y) 是同一条边的两端， (k) 是所有符合条件的 (y) 点数量）。
易发现所有符合条件的 (y) 点数量就是 (x) 点的出度。预处理每个点 (x) 的出度 (deg_x) ，则 (f_x=frac{ sum { f_y+dis_{x,y} } }{deg_x}) （要求 (x,y) 是同一条边的两端）。拓扑排序时更新 (f) 即可。

(trick)

期望 (dp) 的设计：

(1.) 状态与一般 (dp) 无异，求什么设什么。

(2.) 转移方法有两种（都是递推）：顺推和逆推。以已知状态多的或者总状态少的一端开始推。

(3.) 转移的实现方式有填表法（从上一个状态转移而来）和刷表法（从下一个状态转移而来）两种。

设状态的例子：求 (n) 个人做某事的期望次数。显然要设 (f_i) 表示第 (i) 个人做完后的期望次数。

刷表法的例子：设 (f_i) 表示还要走 (i) 步到达终点的期望次数。转移模型为 (f_i= sum_limits{i ightarrow j} p_{i ightarrow j} imes f_j+w_{i ightarrow j}) ，其中 (p) 表示转移过程的概率， (w) 表示转移过程的权值或者对答案的贡献。

细节

(1.) 为了逆推需要建反图（对所有边取反）。

(2.) 具体更新时由于边是反向的，转移方程里的 (x,y) 要交换位置。

(3.) 拓扑排序的细节不要错。只把入度为 (0) 的点推进队列。

代码

$View$ $Code$

//省略头文件
using namespace std;
inline int read()
{
	int ret=0,f=1;
	char ch=getchar();
	while(ch>'9'||ch<'0')
	{
		if(ch=='-')
			f=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(ch>='0'&&ch<='9')
	{
		ret=(ret<<1)+(ret<<3)+ch-'0';
		ch=getchar();
	}
	return ret*f;
}
int n,m,u,v,w;
int num,head[200005],ind[100005],deg[100005];
double f[100005];
bool vis[100005];
queue q;
struct edge
{
	int ver,nxt,w;
}e[200005];
inline void adde(int u,int v,int w)
{
	e[++num].ver=v;
	e[num].nxt=head[u];
	e[num].w=w;
	head[u]=num;
}
inline void topsort()
{
	q.push(n);
	while(!q.empty())
	{
		int x=q.front();
		q.pop();
		for(register int i=head[x];i;i=e[i].nxt)
		{
			int y=e[i].ver;
			ind[y]--;
			if(!ind[y])
				q.push(y);
			f[y]+=(f[x]+e[i].w)/deg[y];
		}
	}
}
int main()
{
	n=read();
	m=read();
	for(register int i=1;i<=m;i++)
	{
		u=read();
		v=read();
		w=read();
		adde(v,u,w);
		ind[u]++;
		deg[u]++;
	}
	topsort();
	printf("%0.2lf
",f[1]);
	return 0;
}