「ZJOI2015」地震后的幻想乡
想了半天，打开洛谷题解一看，最高票是_rqy的，一堆密密麻麻的积分差点把我吓跑。
据说有三种解法，然而我只学会了一种最辣鸡的凡人解法。
题意：给一个无向图(G)，边权为([0,1])间的实数，求这个图的最小生成树的最大边权期望。
提示：对于 (n) 个 ([0,1]) 之间的随机变量 (x_1,x_2,dots,x_n)，第 (k) 小的那个的期望值是 (frac{k}{n+1})。
考虑使用这个提示来帮助解题。
首先有一个暴力做法，枚举边权的相对大小，然后做最小生成树，kruskal得到一棵树时拿提示算一下
这个想法启发我们钦定一个边集(S)作为前(|S|)小，如果这个边集加入第(|S|)小这条边时恰好使图联通，我们就可以算它的贡献是(frac{|S|}{m+1})，如果我们还能算出它的方案并除上总方案，我们就可以得到它的概率，所以考虑去统计这个方案。
恰好联通这个条件并不好统计，我们转换一下，可以变成
恰好联通方案=加之前不连通方案-加之后不连通方案
然后比较自然的可以考虑压一个子集去做(dp)
令(f_{S,i},g_{S,i})分别表示点集为(S)，用了(i)条边，且点集联通/不连通的方案数，设(d_S)为点集(s)在图(G)中的边数
显然有
[g_{S,i}+f_{S,i}=inom{d_S}{i}
]
考虑(f)的递推，我们枚举(s)的子集，并且钦定某个点(k)一定在子集里，有转移
[f_{S,i}=sum_{kin Tsubset S}sum_{j=0}^{d_T}g_{T,j}inom{d_{S-T}}{i-j}
]
然后最后考虑如何统计答案，设(U)为全集，按照之前说的，答案为
[sum_{k=1}^{m+1}frac{k}{m+1} imes frac{f_{U,k-1}-f_{U,k}}{inom{d_u}{k}}
]
化简一下
[frac{1}{m+1}sum_{k=1}^mfrac{f_{U,k}}{inom{d_U}{k}}
]
Code:
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
using std::min;
template <class T>
void read(T &x)
{
x=0;char c=getchar();
while(!isdigit(c)) c=getchar();
while(isdigit(c)) x=x*10+c-'0',c=getchar();
}
double C[51][51],f[1<<10][51],g[1<<10][51];
int yuu[1<<10],dew[1<<10],n,m;
int main()
{
read(n),read(m);
for(int u,v,i=1;i<=m;i++)
{
read(u),read(v);
++dew[(1<<u-1)|(1<<v-1)];
}
for(int s=1;s<1<<n;s++)
for(int t=s;t;t=t-1&s)
yuu[s]+=dew[t];
C[0][0]=1;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
C[i][0]=1;
for(int j=1;j<=i;j++)
C[i][j]=C[i-1][j]+C[i-1][j-1];
}
for(int s=1;s<1<<n;s++)
{
for(int i=0;i<=yuu[s];i++)
{
for(int t=s-1&s;t;t=t-1&s)
if(t&(s&-s))
for(int j=0;j<=min(i,yuu[t]);j++)
f[s][i]+=g[t][j]*C[yuu[s^t]][i-j];
g[s][i]=C[yuu[s]][i]-f[s][i];
}
}
double ans=0;
for(int i=0;i<=m;i++) ans+=f[(1<<n)-1][i]/C[m][i];
ans/=m+1.0;
printf("%.6f
",ans);
return 0;
}
2019.3.5