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题目描述
在一个魔法森林里，住着一只聪明的小猫聪聪和一只可爱的小老鼠可可。虽 然灰姑娘非常喜欢她们俩，但是，聪聪终究是一只猫，而可可终究是一只老鼠， 同样不变的是，聪聪成天想着要吃掉可可。
一天，聪聪意外得到了一台非常有用的机器，据说是叫 GPS，对可可能准确 的定位。有了这台机器，聪聪要吃可可就易如反掌了。于是，聪聪准备马上出发， 去找可可。而可怜的可可还不知道大难即将临头，仍在森林里无忧无虑的玩耍。 小兔子乖乖听到这件事，马上向灰姑娘报告。灰姑娘决定尽快阻止聪聪，拯救可 可，可她不知道还有没有足够的时间。
整个森林可以认为是一个无向图，图中有 NNN 个美丽的景点，景点从 111 至 NNN 编号。小动物们都只在景点休息、玩耍。在景点之间有一些路连接。
当聪聪得到 GPS 时，可可正在景点 MMM(M≤NM≤NM≤N)处。以后的每个时间单位，可可 都会选择去相邻的景点(可能有多个)中的一个或停留在原景点不动。而去这些地方所发生的概率是相等的。假设有 PPP 个景点与景点 M 相邻，它们分别是景点 R、 景点 S，……景点 Q，在时刻 TTT 可可处在景点 M，则在( T+1 T+1 T+1 )时刻，可可有 1/(1+P)1/(1 +P)1/(1+P) 的可能在景点 R，有 1/(1+P)1/(1 +P)1/(1+P) 的可能在景点 S，……，有 1/(1+P)1/(1 +P)1/(1+P) 的可能在景点 Q，还有1/(1+P)1/(1 +P)1/(1+P)的可能停在景点 M。
我们知道，聪聪是很聪明的，所以，当她在景点 C 时，她会选一个更靠近 可可的景点，如果这样的景点有多个，她会选一个标号最小的景点。由于聪聪太 想吃掉可可了，如果走完第一步以后仍然没吃到可可，她还可以在本段时间内再 向可可走近一步。
在每个时间单位，假设聪聪先走，可可后走。在某一时刻，若聪聪和可可位 于同一个景点，则可怜的可可就被吃掉了。
灰姑娘想知道，平均情况下，聪聪几步就可能吃到可可。而你需要帮助灰姑 娘尽快的找到答案。
输入输出格式
输入格式：
数据的第 1 行为两个整数 NNN 和 EEE，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 CCC 和 MMM，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+2i+2i+2 行的两个整数 AiA_iAi和 BiB_iBi表示景点 AiA_iAi和景点 BiB_iBi 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。
输出格式：
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。
输入输出样例
说明
【样例说明 1】
开始时，聪聪和可可分别在景点 1 和景点 4。
第一个时刻，聪聪先走，她向更靠近可可(景点 4)的景点走动，走到景点 2， 然后走到景点 3；假定忽略走路所花时间。
可可后走，有两种可能： 第一种是走到景点 3，这样聪聪和可可到达同一个景点，可可被吃掉，步数为 111，概率为0.50.50.5。
第二种是停在景点 4，不被吃掉。概率为 0.50.50.5。
到第二个时刻，聪聪向更靠近可可(景点 4)的景点走动，只需要走一步即和 可可在同一景点。因此这种情况下聪聪会在两步吃掉可可。 所以平均的步数是 1×1/2+2×1/2=1.51 imes 1/2 + 2 imes 1/2 =1.51×1/2+2×1/2=1.5 步。
对于 50%的数据，1≤N≤501≤N≤501≤N≤50。
对于所有的数据，1≤N,E≤10001≤N,E≤10001≤N,E≤1000。
【思路分析】
看到数据范围，O(n^2)铁定稳的，看到期望，不难到想到用期望DP去搞一搞，然后又发现我们需要考虑的状态只有两个：聪聪与可可分别在的位置。然而我们发现我们的转移并不是线性递推的，一般的转移方法是不可行的，我们便想到用记忆化搜索，每次转移模拟题目中聪聪与可可的策略即可。
【代码实现】
1 #include<cstdio> 2 #include<cctype> 3 #include<algorithm> 4 #include<cstring> 5 #include<queue> 6 using namespace std; 7 typedef double db; 8 void read(int &v) 9 { 10 int f;char ch; 11 while(!isdigit(ch=getchar())&&ch!='-'); ch=='-'?(f=-1,v=0):(f=1,v=ch-'0'); 12 while(isdigit(ch=getchar())) v=v*10+ch-'0';v=v*f; 13 } 14 const int N=1005; 15 struct sd{ 16 int next,to; 17 sd(){}; 18 sd(int a,int b){next=a,to=b;} 19 }edge[N<<1]; 20 queue<int> que; 21 int head[N],dis[N][N],du[N],n,m,cnt; 22 db dp[N][N]; 23 void add_edge(int from,int to) 24 { 25 edge[++cnt]=sd(head[from],to),head[from]=cnt; 26 edge[++cnt]=sd(head[to],from),head[to]=cnt; 27 } 28 void get_dis() 29 { 30 for(int i=1;i<=n;i++){ 31 for(int j=1;j<=n;j++) dis[i][j]=-1; 32 dis[i][i]=0,que.push(i); 33 while(!que.empty()){ 34 int v=que.front();que.pop(); 35 for(int j=head[v];j;j=edge[j].next){ 36 int to=edge[j].to; 37 if(dis[i][to]==-1) dis[i][to]=dis[i][v]+1,que.push(to); 38 } 39 } 40 } 41 } 42 db dfs(int a,int b) 43 { 44 int v=a; 45 if(dp[v][b]) return dp[v][b]; 46 if(v==b) return dp[a][b]=0; 47 for(int i=head[v];i;i=edge[i].next) 48 if(dis[v][b]>dis[edge[i].to][b]||(dis[v][b]==dis[edge[i].to][b]&&v>edge[i].to)) v=edge[i].to; 49 if(v==b) return dp[a][b]=1; 50 for(int i=head[v];i;i=edge[i].next) 51 if(dis[v][b]>dis[edge[i].to][b]||(dis[v][b]==dis[edge[i].to][b]&&v>edge[i].to)) v=edge[i].to; 52 if(v==b) return dp[a][b]=1; 53 for(int i=head[b];i;i=edge[i].next) 54 dp[a][b]+=dfs(v,edge[i].to); 55 dp[a][b]=(dp[a][b]+dfs(v,b))/(du[b]+1)+1; 56 return dp[a][b]; 57 } 58 int main() 59 { 60 int a,b,s,t; 61 read(n),read(m),read(s),read(t); 62 for(int i=1;i<=m;i++) read(a),read(b),add_edge(a,b),du[a]++,du[b]++; 63 get_dis(); 64 printf("%.3lf",dfs(s,t)); 65 return 0; 66 }