CF605E Intergalaxy Trips 贪心 概率期望

(当时写这篇题解的时候，，，不知道为什么，，，写的非常冗杂，，，不想改了。。。)

题意：一张有n个点的图，其中每天第i个点到第j个点的边都有$P_{i, j}$的概率开放，每天可以选择走一步或者留在原地，求从1号点到n号点的最优期望值。
题解：
　　$f(x)$表示从$x$出发，走到$n$的最优期望时间。因为在一个点x时，如果要选择后继节点，肯定要选$f$值越小的越好，因此考虑贪心的选择后继状态。$a_{i}$表示$f(x)$第$i$小的x。考虑分层DP，依次确定$a_{i}$的值，并同时维护$f$值。
　　假设我们现在枚举到了第$i$层，那么对于任意一点$x$,只在$a_{1}...a_{i - 1} + x$里面选择后继状态，因为只有这样才能保证期望不变得更劣(如果要选择其他点作为后继的话，可以看做等到了那个点已经被加入$a$集合中再考虑作为后继，如果那个点加入$a$集合的时间还要比$x$慢，那肯定去那个点是会使得期望变大的，还不如不去)
　　注意到如果一个点$x$已经被放入$a$集合,那么肯定不需要再更新它了，因为它的值已经求出来并且固定了。(其实感觉思路有点类似于dijkstra，都是用已经找到最短路的点来更新其他点，每多找到一个点的最优解，下次就多用这个点来更新其他点)
　　对于第$i$层的最优点$a_{i}$,我们有：
　　$$f(a_{i}) = 1 + sum_{j = 1}^{i}(f(a_{j}) P_{a_{i}, a_{j}} prod_{k = 1}^{j - 1}(1 - P_{a_{i},a_{k}}))$$
　　当然这个式子对于其他点$x$也是成立的，只需要把所有的$a_{i}$都替换成$x$即可，注意要把$j == i$时的$a_{j}$也替换掉。于是替换完后再移下项，把$f(x)$都移到左边，式子就变为了:
　　$$[1 - prod_{k = 1}^{i - 1}(1 - P_{a_{i}, a_{k}})] f(x) = 1 + sum_{j = 1}^{i - 1}(f(a_{j}) P_{x, a_{j}} prod_{k = 1}^{j - 1}(1 - P_{x, a_{k}}))$$
　　应该还是比较好理解的，因为只会选择$a$集合中的点，且在$a$数列中越靠前的越好，因此要优先考虑选靠前的$a_{j}$,对于一个$a_{j}$，只有$a_{1} ... a_{j - 1}$都走不到的时候才会选择它，因此它的贡献就是可以到它的概率*之前的点都不能到的概率。
　　如果所有$a$集合中的点都到不了，我们还有保底的选项——留在原地，这个选择体现在第一个式子中的求和符号的上界为$a_{i}$自己，而在第二个式子中，这一部分已经被移项到了左侧。
　　因此我们只需要按层DP，在每层内，选择$f$值最小的那个作为新点加入$a$集合，不断更新维护其他未确定点的$f$即可。、
　　
　　那么我们考虑怎么来实现这个东西。。。(实现细节)
　　观察到式子中，$i$是从小到大枚举的，也就是说对于相邻的两层$i - 1, i$中的同一个点$x$,它们的$f(x)$所相差的仅仅只有式子中随着$i$增大而多出来的那部分。因此我们可以每次只算出增量，然后每次都与前面的累加，得到新的$f$值，这样就可以快速的算出$f$值。
　　但是如果我们直接求$f$值，也就是把左边那坨系数除到右边去的话，就不太好累加，因此我们考虑将右边和左边分别储存，用$f$数组来存右边的值，$g$来存左边的系数，这样如果我们需要用到$f$的值，直接用$g$和$f$凑出真正的$f$值即可。
　　但是考虑到等式右边有一个部分和等式左边是一样的:$prod_{k = 1}^{j - 1}(1 - P_{x, a_{k}})$,因此如果我们令$g$表示这个，而不是左边那一整坨的话，就可以快速的得到左边需要的值。这样的话，要表示真正的$f$值只需要用$f$去除$(1 - g)$即可。
　　方便起见，如果一个点$pos$即将被加入$a$集合，我们就把这个点真实的$f$值计算出来，以供后面的点使用。
　　观察到对于每一层的$f$值，我们实际上只用到了$1...i - 1$层的值，因此我们在循环的开头就已经可以计算出$f$的大小了，所以我们只需要在循环的开头就把当前层要加入$a$集合的那个点，也就是把$f$值最小的那个点加入集合。
　　然后再对于所有没有被加入$a$集合的点，处理下一层所需要的$f$值即可。
　　因为下一次的$i - 1$相当于现在的$i$,而加入现在的$i$时，所需要用到的$g$值还停留在现在的$i - 1$，所以要先更新$f$，再更新$g$.
　　更具体的来说，就是：
　　对于$f(x)$,每次新增$f(a_{i})P_{x, a_{i}} prod_{k = 1}^{i - 1}(1 - P_{x, a_{k}}) = f(a_{i})P_{x, a_{i}}g(x)$.
　　对于$g(x)$,每次新乘$(1 - P_{x, a_{i}})$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define R register int
#define AC 1100 
#define db double

int n, p[AC][AC];
double f[AC], g[AC];
bool z[AC];

inline int read()
{
    int x = 0;char c = getchar();
    while(c > '9' || c < '0') c = getchar();
    while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
    return x;
}

void pre()
{
    n = read();
    for(R i = 1; i <= n; i ++)
        for(R j = 1; j <= n; j ++) p[i][j] = read();    
    for(R i = 1; i < n; i ++) f[i] = g[i] = 1;//f[n], g[n] = 0
}

void work()
{
    for(R i = 1; i <= n; i ++)//枚举层数
    {//因为已经存下了前缀和，所以就不需要存a_i了
        double maxn = 1e18; int pos = 0;
        for(R j = 1; j <= n; j ++) 
            if(!z[j] && g[j] < 1 && f[j] / (1 - g[j]) < maxn) 
                maxn = f[j] / (1 - g[j]), pos = j; 
        if(!pos) break;//因为pos的f已经被确定下来了，所以这时就可以把(1 - g[pos])除过去了
        z[pos] = 1, f[pos] /= (1 - g[pos]);
        for(R j = 1; j <= n; j ++)
            if(!z[j])
            {
                f[j] += g[j] * f[pos] * ((db) p[j][pos] / 100);
                g[j] *= (db) (100 - p[j][pos]) / 100;
            }
    }
    printf("%.10lf", f[1]);
}

int main()
{
//    freopen("in.in", "r", stdin);
    pre();
    work();
//    fclose(stdin);
    return 0;
}