Input
数据的第1行为两个整数N和E，以空格分隔，分别表示森林中的景点数和连接相邻景点的路的条数。 第2行包含两个整数C和M，以空格分隔，分别表示初始时聪聪和可可所在的景点的编号。 接下来E行，每行两个整数，第i+2行的两个整数Ai和Bi表示景点Ai和景点Bi之间有一条路。 所有的路都是无向的，即：如果能从A走到B，就可以从B走到A。 输入保证任何两个景点之间不会有多于一条路直接相连，且聪聪和可可之间必有路直接或间接的相连。
Output
输出1个实数，四舍五入保留三位小数，表示平均多少个时间单位后聪聪会把可可吃掉。
Sample Input
【输入样例1】
4 3
1 4
1 2
2 3
3 4
【输入样例2】
9 9
9 3
1 2
2 3
3 4
4 5
3 6
4 6
4 7
7 8
8 9
4 3
1 4
1 2
2 3
3 4
【输入样例2】
9 9
9 3
1 2
2 3
3 4
4 5
3 6
4 6
4 7
7 8
8 9
Sample Output
【输出样例1】
1.500
【输出样例2】
2.167
1.500
【输出样例2】
2.167
解析：
设f[i][j]为聪聪从i到j下一步 应该走的结点
想一下，i 到 j 的期望步数，是不是sum(f[f[i][j]][t] * (out[j] + 1)) + 1 t为j的下一个结点 或者 j本身 意思是可可下一步到达的结点
out[j]为j的出度 + 1 后 意味着可可有下一步有out[j] + 1种选择 那么每种选择的概率即为 1 / (out[j] + 1)
那么这个公式的意思为 i 到 j 的期望步数 等于 i的所有的子结点 到 j的 期望步数乘相应的概率 最后的+1 是从i到子结点需要1步
那么层层搜一下就好了
f数组用n次spfa即可 不要忽略了聪聪每一步都会走标号最小的结点
#include <iostream> #include <cstdio> #include <sstream> #include <cstring> #include <map> #include <cctype> #include <set> #include <vector> #include <stack> #include <queue> #include <algorithm> #include <cmath> #include <bitset> #define rap(i, a, n) for(int i=a; i<=n; i++) #define rep(i, a, n) for(int i=a; i<n; i++) #define lap(i, a, n) for(int i=n; i>=a; i--) #define lep(i, a, n) for(int i=n; i>a; i--) #define rd(a) scanf("%d", &a) #define rlld(a) scanf("%lld", &a) #define rc(a) scanf("%c", &a) #define rs(a) scanf("%s", a) #define pd(a) printf("%d ", a); #define plld(a) printf("%lld ", a); #define pc(a) printf("%c ", a); #define ps(a) printf("%s ", a); #define MOD 2018 #define LL long long #define ULL unsigned long long #define Pair pair<int, int> #define mem(a, b) memset(a, b, sizeof(a)) #define _ ios_base::sync_with_stdio(0),cin.tie(0) //freopen("1.txt", "r", stdin); using namespace std; const int maxn = 1010, INF = 0x7fffffff, LL_INF = 0x7fffffffffffffff; int n, m, ss, tt, cnt; int head[maxn], f[maxn][maxn], vis[maxn], pre[maxn], d[maxn], out[maxn]; double p[maxn][maxn]; struct node { int v, next; }Node[maxn << 1]; void add_(int u, int v) { out[u]++; Node[cnt].v = v; Node[cnt].next = head[u]; head[u] = cnt++; } void add(int u, int v) { add_(u, v); add_(v, u); } void spfa(int s) { queue<int> Q; for(int i = 1; i <= n; i++) d[i] = INF; d[s] = 0; mem(vis, 0); Q.push(s); vis[s] = 1; while(!Q.empty()) { int u = Q.front(); Q.pop(); vis[u] = 0; for(int i = head[u]; i != -1; i = Node[i].next) { node e = Node[i]; if(d[e.v] > d[u] + 1 || d[e.v] == d[u] + 1 && u < pre[e.v]) { d[e.v] = d[u] + 1; pre[e.v] = u; if(!vis[e.v]) { vis[e.v] = 1; Q.push(e.v); } } } } for(int i = 1; i <= n; i++) if(i != s) f[i][s] = pre[i]; } double m_dfs(int u, int t) { if(u == t) return p[u][t] = 0; if(f[u][t] == t) return p[u][t] = 1; if(f[f[u][t]][t] == t) return p[u][t] = 1; if(p[u][t] >= -1e-7) return p[u][t]; int nxt = f[f[u][t]][t]; double res = 1; for(int i = head[t]; i != -1; i = Node[i].next) { node e = Node[i]; res += m_dfs(nxt, e.v) /(double) (out[t] + 1); } res += m_dfs(nxt, t) /(double) (out[t] + 1); return p[u][t] = res; } int main() { mem(head, -1); int u, v; cin >> n >> m >> ss >> tt; rap(i, 1, m) { cin >> u >> v; add(u, v); } for(int i = 1; i <= n; i++) spfa(i); mem(p, -1); printf("%.3f ", m_dfs(ss, tt)); return 0; }
题目总结：
聪聪会走最短路，那么要想到最短路算法，因为每一步都是不确定的， 所以我们可以事先求出所有的每两点的情况，
对期望分布列不明确，没有想到具体的分布列