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  • 【 HDU 4936 】Rainbow Island (hash + 高斯消元)

    BUPT2017 wintertraining(15) #5B
    HDU - 4936
    2014 Multi-University Training Contest 7 F

    题意

    直接看官方的题意和题解吧(来自:2014年多校的题解博客)。
    Rainbow Island

    题解

    官方的不够细,我再梳理一下吧。

    预处理:

    首先dfs出所有可能的联通块状态,这个状态只考虑共几个联通块,每个联通块里几个岛,不考虑是哪些岛。然后对每个状态hash一下,编个号。根据我们dfs的顺序,1号状态是全部独立,cnt号状态是全部联通。
    (mg[i][x][y])为合并i状态的第x和第y个联通块得到的状态编号,可以求出来。

    dp

    我用(dp[i][j])保存第i号状态,人在第j个岛上,到达目标的期望步数。
    那么(dp[1][1])就是答案,(dp[cnt][i])都是0。
    然后两种转移就是

    1. 状态不变,i状态的j岛转移到v岛

    步数就是(dp[i][v]+1)
    到达v岛的概率是(frac 1 {s_j})
    如果产生了彩虹(p[j]),那么必须是连接同一联通块的岛。
    a[i]是第i个联通块的岛的数量,(C_{a[i]}^2)种方案是不改变状态的,总方案是(C_{n}^{2}),于是彩虹连接同一联通块的概率就是(frac {sum {a[i]*(a[i]-1)}}{n*(n-1)})
    否则不产生彩虹(1-p[j]),状态一定不变。

    2. 状态改变,i状态的j岛转移到k状态的v岛

    步数是(dp[k][v]+1)
    把步数乘上对应概率加起来就是期望值。

    高斯消元

    然后我们列出了这样的式子

    [dp[i][j]=sum_{vin s[j]}[(dp[i][v]+1)cdot 概率]+sum_{vin s[j]}[(dp[k][v]+1)cdot 概率] ]

    变形一下就是

    [dp[i][j]-sum_{vin s[j]} dp[i][v]cdotfrac 1 {s_j} cdot left[p[j]cdot frac {sum {a[i]cdot (a[i]-1)}}{ncdot(n-1)}+(1-p[j]) ight]\ =1+sum_{substack{v in s[j]\k=mg[i][x][y]}} dp[k][v]cdotfrac 1 {s_j} cdot frac{a[x]cdot a[y]}{(ncdot (n-1)/2)} ]

    右边的dp是已经求得的,所以是个常数。左边的dp[i][j]作为未知数,j从1到n有n个这样的方程,n个未知数,可以高斯消元来求解。

    ps. 这次的sb错,调了好一会儿:直接把整型数相乘然后去除以浮点数。另外这题好难啊,我想了很久,最后还是看官方题解加上看别人代码理解才写出来。

    代码

    #include <cstdio>
    #include <cstring>
    #include <algorithm>
    #include <iostream>
    #include <vector>
    #define N 22
    #define M 1000007
    using namespace std;
    int cas,t,n,cnt,a[N];
    int f[M+1],mg[700][N][N];
    //f[code]:code对应的状态
    //mg[s][x][y]:状态s的第x和第y个合并后的状态
    double p[N],dp[700][N],g[N][N];
    //dp[st][i],当前状态st,人在第i个岛上,到达目标状态的期望值
    vector<int>s[N];
    
    struct sta{
    	int a[N],tot;
    }st[700];
    
    int code(sta t){
    	int b=t.tot;
    	for(int i=1;i<=t.tot;i++)
    		b=(b*233%M+t.a[i])%M; //hash
    	return b;
    }
    void dfs(int d,int k,int sum){
    	if(sum==n){
    		sta &t=st[++cnt];
    		t.tot=d-1;
    		for(int i=1;i<d;i++)
    			t.a[i]=a[i];
    		f[code(t)]=cnt;
    		return;
    	}
    	for(int i=k;i<=n-sum;i++)
    		dfs(d+1,a[d]=i,sum+i);
    }
    int merge(sta t,int x,int y){
    	t.a[x]+=t.a[y];
    	swap(t.a[y],t.a[t.tot--]);
    	sort(t.a+1,t.a+t.tot+1);
    	return f[code(t)];
    }
    
    void pre(){
    //求出所有可能的状态并hash处理,求出合并两个联通块后对应的状态
    	cnt=0;
    	dfs(1,1,0);
    	for(int i=1;i<=cnt;i++)
    		for(int x=1;x<st[i].tot;x++)
    		for(int y=x+1;y<=st[i].tot;y++)
    			mg[i][x][y]=merge(st[i],x,y);
    }
    void gauss(double x[]){
    	for(int i=1;i<=n;i++){
    		int r=i;
    		while(!g[r][i]&&r<=n)r++;
    		if(r>n)return;
    		swap(g[r],g[i]);
    		for(int j=i+1;j<=n;j++){
    			double t=g[j][i]/g[r][i];
    			for(int k=1;k<=n+1;k++)
    				g[j][k]-=t*g[r][k];
    		}
    	}
    	for(int i=n;i;i--)if(g[i][i]){//注意判断
    		x[i]=g[i][n+1]/g[i][i];
    		for(int j=1;j<i;j++)
    			g[j][n+1]-=g[j][i]*x[i];
    	}
    }
    void work(){
    	memset(dp,0,sizeof dp);
    	for(int i=cnt-1;i>=1;i--){
    		memset(g,0,sizeof g);
    		for(int j=1;j<=n;j++){
    			double b=1;
    			for(int x=1;x<st[i].tot;x++)
    			for(int y=x+1;y<=st[i].tot;y++){
    				int k=mg[i][x][y];
    				double ps=p[j]*st[i].a[x]*st[i].a[y]/(n*(n-1)/2)/s[j].size();
    				for(int u=0;u<s[j].size();u++){
    					int v=s[j][u];
    					b+=dp[k][v]*ps;
    				}
    			}
    			g[j][j]=1;
    			g[j][n+1]=b;
    			double ps=0;
    			for(int x=1;x<=st[i].tot;x++)
    				ps+=st[i].a[x]*(st[i].a[x]-1);//连接同一联通块的岛的彩虹个数*2
    			ps/=n*(n-1);//除以 2*总的彩虹个数(n*(n-1)/2)
    			ps=(ps*p[j]+1-p[j])/s[j].size();
    			for(int u=0;u<s[j].size();u++){
    				int v=s[j][u];
    				g[j][v]-=ps;
    			}
    		}
    		gauss(dp[i]);
    	}
    }
    int main() {
    	scanf("%d",&t);
    	while(t--){
    		scanf("%d",&n);
    		for(int i=1;i<=n;i++)
    			scanf("%lf",&p[i]),s[i].clear();
    		for(int i=1,t,v;i<=n;i++){
    			scanf("%d",&t);
    			while(t--){
    				scanf("%d",&v);
    				s[i].push_back(v);
    			}
    		}
    		pre();
    		work();
    		printf("Case #%d: %f
    ",++cas,dp[1][1]);
    	}	
    	return 0;
    }
    
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