Bzoj3925 [Zjoi2015]地震后的幻想乡

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Description

 傲娇少女幽香是一个很萌很萌的妹子，而且她非常非常地有爱心，很喜欢为幻想乡的人们做一些自己力所能及的事情来帮助他们。 这不，幻想乡突然发生了地震，所有的道路都崩塌了。现在的首要任务是尽快让幻想乡的交通体系重新建立起来。幻想乡一共有n个地方，那么最快的方法当然是修复n-1条道路将这n个地方都连接起来。 幻想乡这n个地方本来是连通的，一共有m条边。现在这m条边由于地震的关系，全部都毁坏掉了。每条边都有一个修复它需要花费的时间，第i条边所需要的时间为ei。地震发生以后，由于幽香是一位人生经验丰富，见得多了的长者，她根据以前的经验，知道每次地震以后，每个ei会是一个0到1之间均匀分布的随机实数。并且所有ei都是完全独立的。 现在幽香要出发去帮忙修复道路了，她可以使用一个神奇的大魔法，能够选择需要的那n-1条边，同时开始修复，那么修复完成的时间就是这n-1条边的ei的最大值。当然幽香会先使用一个更加神奇的大魔法来观察出每条边ei的值，然后再选择完成时间最小的方案。 幽香在走之前，她想知道修复完成的时间的期望是多少呢？ 

Input

第一行两个数n,m，表示地方的数量和边的数量。其中点从1到n标号。 

接下来m行，每行两个数a,b，表示点a和点b之间原来有一条边。 

这个图不会有重边和自环。 

Output

一行输出答案，四舍五入保留6位小数。 

Sample Input

5 4
1 2
1 5
4 3
5 3

Sample Output

0.800000

HINT

提示： 

（以下内容与题意无关，对于解题也不是必要的。） 

对于n个[0,1]之间的随机变量x1,x2,...,xn，第k小的那个的期望值是k/(n+1)。 

 

样例解释： 

对于第一个样例，由于只有4条边，幽香显然只能选择这4条，那么答案就是4条边的ei中最大的数的期望，由提示中的内容，可知答案为0.8。 

 

数据范围： 

对于所有数据：n<=10, m<=n(n-1)/2, n,m>=1。 

对于15%的数据：n<=3。 

另有15%的数据：n<=10, m=n。 

另有10%的数据：n<=10, m=n(n-1)/2。 

另有20%的数据：n<=5。 

另有20%的数据：n<=8。

 

 

Source

数学问题 状态压缩+期望DP

提示真的很有用呐

假设随机生成了所有的边权，将所有边按权值从小到大排序，问题转化成求用前k条边使得图联通的期望。

若用前k条边使得图联通，期望代价就是k/(n+1)

然而并不好求“恰好联通”的方案。

转化成求用了前k条边使得图还不联通的方案数，可以用状压DP解决（似乎有点像斯坦纳树的思想）

设f[状态S][边数i]=用了前i条边，图还不联通的方案数

g[状态][边数i]=用了前i条边恰好使图联通的方案数

显然$f[S][i]+g[S][i]=C[cnt[S]][i]$ C为组合数，即在图中选i条边的方案数

对于每个i，它对ans的贡献为$f[S][i]/C[cnt[S]][i]*( 1/(m+1) )$

　　↑这个式子可以理解为，如果（期望）用了i条边使得图还不联通，就得再加一条边，如果还不联通，就得再加一条边……如此每次累加1/(m+1)的（期望）贡献

对于不连通图的计数可以固定某个点，枚举连通块，去不重不漏地计数←别处看到的结论，还不能很好地理解

/*by SilverN*/
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<vector>
#define LL long long
using namespace std;
const int mxn=65;
int read(){
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0' || ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0' && ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}
LL c[mxn][mxn];
LL f[1<<10][50],g[1<<10][50];
void init(){
    for(int i=0;i<=60;i++)c[i][0]=1;
    for(int i=1;i<=60;i++)
        for(int j=1;j<=60;j++)
            c[i][j]=c[i-1][j-1]+c[i-1][j];
    return;
}
int n,m,ed;
int e[mxn];
int cnt[1<<11];
void solve(){
    int i,j,k;
    for(i=0;i<n;i++)g[1<<i][0]=1;
    for(i=1;i<ed;i++){
        for(j=0;j<n;j++)
            if((i>>j)&1){
                for(k=0;k<n;k++){
                    if( (e[j]&(1<<k))  && ((i>>k)&1)){cnt[i]++;}
                }
            }
        cnt[i]>>=1;//统计联通子图边数 
    }
    for(int S=1;S<ed;S++){//枚举联通块 
        int x=S&-S;
        for(i=0;i<=cnt[S];i++){//枚举块上边数 
            for(k=(S-1)&S;k;k=(k-1)&S){
                if(!(k&x))continue;
                for(j=0;j<=min(i,cnt[k]);j++)
                    f[S][i]+=g[k][j]*c[cnt[S^k]][i-j];
            }
            g[S][i]=c[cnt[S]][i]-f[S][i];
//            printf("S:%d i:%d G:%lld
",S,i,f[S][i]);
        }
    }
    double res=0;
    for(i=0;i<=m;i++){
        res+=(double)f[ed-1][i]/(double)c[cnt[ed-1]][i]/(double)(m+1);
    }
    printf("%.6f
",res);
    return;
}
int main(){
    int i,j,x,y;
    init();
    n=read();m=read();
    for(i=1;i<=m;i++){
        x=read()-1;y=read()-1;
        e[x]|=1<<y;
        e[y]|=1<<x;
    }
    ed=1<<n;
    solve();
    return 0;
}