[BZOJ4899]记忆的轮廓

记忆的轮廓

题目描述

通往贤者之塔的路上，有许多的危机。
我们可以把这个地形看做是一颗树，根节点编号为1，目标节点编号为n，其中1-n的简单路径上，编号依次递增，在[1,n]中，一共有n个节点。我们把编号在[1,n]的叫做正确节点，[n+1,m]的叫做错误节点。一个叶子，如果是正确节点则为正确叶子，否则称为错误叶子。莎缇拉要帮助昴到达贤者之塔，因此现在面临着存档位置设定的问题。
为了让昴成长为英雄，因此一共只有p次存档的机会，其中1和n必须存档。被莎缇拉设置为要存档的节点称为存档位置。当然不能让昴陷入死循环，所以存档只能在正确节点上进行，而且同一个节点不能存多次档。因为通往贤者之塔的路上有影响的瘴气，因此莎缇拉假设昴每次位于树上一个节点时，都会等概率选择一个儿子走下去。每当走到一个错误叶子时，再走一步就会读档。具体的，每次昴到达一个新的存档位置，存档点便会更新为这个位置（假如现在的存档点是i，现在走到了一个存档位置j>i，那么存档点便会更新为j）。读档的意思就是回到当前存档点。初始昴位于1，当昴走到正确节点n时，便结束了路程。莎缇拉想知道，最优情况下，昴结束路程的期望步数是多少？

输入格式

第一行一个正整数T表示数据组数。
接下来每组数据，首先读入三个正整数n,m,p。
接下来m-n行，描述树上所有的非正确边（正确边即连接两个正确节点的边）
用两个正整数j，k表示j与k之间有一条连边，j和k可以均为错误节点，也可以一个为正确节点另一个为错误节点。
数据保证j是k的父亲。
50<=p<=n<=700，m<=1500，T<=5。
数据保证每个正确节点均有至少2个儿子，至多3个儿子。

输出格式

T行每行一个实数表示每组数据的答案。请保留四位小数。

样例

样例输入

1
3 7 2
1 4
2 5
3 6
3 7

样例输出

9.0000

数学是OI生涯难以跨过的一道坎，概率期望是数学这道坎上的一个大坑，看见概率期望就懵

这道题我真的膜拜出题人，因为他的数据里其实有50%是n==p(然而我们的题面和BZOJ上都没有写，其实写了我也不一定能拿50),先搞定这50%吧

50%

$n==p$也就是每个点都可以存档，那可以先求出每个错误叶子期望走多少步可以读档，由当前错误叶子的错误儿子推来，儿子的期望乘以概率$frac{1}{du[i]}$为可由此儿子转移而来的期望步数，由儿子还需再走一步才可到当前错误叶子

$g[i]=sumlimits_{j为i的儿子}frac{g[j]+1}{du[i]}$

我们设$f[i]$表示由正确叶子i到n所要的期望步数，倒着推，那$f[n]=0$

$f[i]=frac{f[i+1]+1}{du[i]}+sumlimits_{j是i的儿子}frac{g[j]+f[i]+1}{du[i]}$

此处$j$为$i$的错误儿子，我们把$∑g[i]$提前预处理出来，存到$sum[i]$就避免了一层循环，通分移项化简得

$f[i]=du[i]+f[i+1]+sum[i]$

最后的$f[1]$就是要的结果

70%

50分搞定了就要想办法解决$n≠p$的情况了，那我们就用$f[i][j]$记录到点$i$还剩$j$次存档机会到$n$的期望步数，先处理出$a[i][j]$$i$为存档点到正确叶子$j$的期望步数，你肯定是不断的向后走，所以$j>i$，预处理是$a[i][i]=0$，进行递推

$a[i][j]=a[i][j-1]+sumlimits_{k是j的错误儿子}frac{g[k]+a[i][j]+1}{du[j]}$

还是移项

$a[i][j]=du[j]*a[i][j-1]+du[j]+sum[j]$

$f[i][j]=min(f[i][j],f[k][j-1]+a[i][k])$

$k$为可转移的点，$f[1][p]$就是结果

不过这个70%的程序到我手里50TLE，明明有跟我写法一样70TLE的，我也不知道我为啥就50,然后就去看了出题人的优化，他说a最大是$2^{40}$，最多转移40步以内的就够用了，咱也没看太懂，咱也没地问，咱就是个OI蒟蒻，然后我就限制了这个转移步数，然后我就用70%的题解A掉了这道题，100%的那个算法我大概看了一眼，要单队优化，要二分，蒟蒻伤不起啊

以下是摘自出题人博客关于最多40步之内转移的解释，不过我最开始看一个同学的题解，15步就足够A掉这道题的，可能大概是步数多了之后的期望步数全被舍掉了，没有被利用的价值吧，毕竟要求的是最优解

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define maxm 1600
#define pp 40
using namespace std;
int t,js,n,m,p;
int head[maxm],to[maxm],xia[maxm],son[maxm];
double cwqw[maxm],sum[maxm];
double a[maxm][maxm],f[maxm][maxm];
bool pd[maxm];
int read()
{
    int e=0,f=1;  char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9')
    {
        if(ch=='-')  f=-1;
        ch=getchar();
    }
    while(ch>='0'&&ch<='9')  {e=(e<<3)+(e<<1)+(ch^48);  ch=getchar();}
    return e*f;
}
void add(int x,int y) 
{
    to[++js]=y;
    xia[js]=head[x];
    head[x]=js;
}
void dfs(int x)
{
    pd[x]=1;  cwqw[x]=1.0000;
    for(int i=head[x];i;i=xia[i])
    {
        int ls=to[i];  dfs(ls);
        cwqw[x]+=cwqw[ls]/(double)son[x];
    }
}
int main()
{
    t=read();
    while(t--)
    {    
        n=read();  m=read();  p=read();  js=0;
        for(int i=1;i<=m;++i)  head[i]=to[i]=xia[i]=son[i]=sum[i]=pd[i]=0;
        for(int i=1;i<=m-n;++i)  {int j=read(),k=read();  add(j,k);  son[j]++;}
        for(int i=n+1;i<=m;++i)
            if(pd[i]==0)  dfs(i);
        for(int i=1;i<=n;++i)
            for(int j=head[i];j;j=xia[j])  sum[i]+=cwqw[to[j]];
        for(int i=1;i<=n;++i)
        {
            a[i][i]=0;
            for(int j=i+1;j<=n;++j)
                a[i][j]=(double)((double)son[j-1]+1)*a[i][j-1]+(double)son[j-1]+sum[j-1]+1;
        }
        memset(f,127,sizeof(f));  f[n][1]=0;
        for(int j=2;j<=p;++j)
            for(int i=1;i<=n;++i)
                for(int k=i+1;k<=n&&k-i<=pp;++k)  f[i][j]=min(f[i][j],f[k][j-1]+a[i][k]);
        printf("%0.4lf
",f[1][p]);
    }
    return 0;
}