cogs 341:[NOI2005] 聪聪与可可
★★ 输入文件:cchkk.in
输出文件:cchkk.out
简单对比
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【问题描述】
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N个美丽的景点,景点从1至N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M(M≤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P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T可可处在景点M,则在(T+1)时 刻,可可有1/(P+1)的可能在景点R,有1/(P+1)的可能在景点S,……,有1/(P+1)的可能在景点Q,还有1/(P+1)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。
【输入文件】
- 从文件中读入数据。
- 数据的第1行为两个整数N和E,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C和M,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+2行的两个整数Ai和Bi表示景点Ai和景点Bi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。
【输出文件】
- 输出到文件中。
- 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。
【样例输入1】
4 3
1 4
1 2
2 3
3 4
【样例输出1】
1.500
【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1,概率为 0.5。 第二种是停在景点4,不被吃掉。概率为 0.5。
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* 0.5+2* 0.5=1.5步。
【样例输入2】
9 9
9 3
1 2
2 3
3 4
4 5
3 6
4 6
4 7
7 8
8 9
【样例输出2】
2.167
【样例说明2】
森林如下图所示:
【数据范围】
- 对于所有的数据,1≤N,E≤980。
- 对于50%的数据,1≤N≤50。
题解:
聪聪每次可以走两步,可可可以走一步或者不走,聪聪先走,可可后走,聪聪朝向可可走,可可走向不同的方向概率是一样的。聪聪可以走两步的原因是:如果图是一个环,聪聪一步,可可一步,有一种情况是聪聪永远也吃不到可可,则期望步数比较难求,所以走两步是方便做题。
我们设数组p[i][j]表示顶点i到顶点j的最短路上与顶点i相邻且编号最小的顶点编号,p数组可以用N遍SPFA算出,再令f[i][j]表示聪聪在i,可可在j,聪聪吃到可可的期望步数,显然f[i][j]是由f[p[p[i][j]][j]][to[j][k]]和f[p[p[i][j]][j]][j]转移过来,可以看出,f[i][j]是由上面两式+1得到的,所以最终的答案就是:
这个式子可以用dfs求出。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<vector>
using namespace std;
const int maxn=;
int N,M,cong,ke;
double f[maxn][maxn];
int p[maxn][maxn],t[maxn];
int pre[maxn],dis[maxn];
bool vis[maxn];
vector<int> to[maxn];
inline void SPFA(int S){
static queue<int> Q;
while(!Q.empty()) Q.pop();
memset(vis,false,sizeof(vis)); memset(dis,,sizeof(dis)); memset(pre,,sizeof(pre));
Q.push(S); vis[S]=true; dis[S]=;
while(!Q.empty()){
int x=Q.front(); Q.pop();
for(int i=;i<to[x].size();i++){
int y=to[x][i];
if(vis[y]==false){
dis[y]=dis[x]+; vis[y]=true;
if(x==S) pre[y]=y;
else pre[y]=pre[x];
Q.push(y);
}
else if(dis[x]+<=dis[y]){
pre[y]=min(pre[y],pre[x]);
}
}
}
}
inline double dfs(int x,int y){
if(x==y) return ;
if(f[x][y]!=) return f[x][y];
double ans=dfs(p[p[x][y]][y],y);
for(int i=;i<to[y].size();i++){
int next=to[y][i];
ans+=dfs(p[p[x][y]][y],next);
}
ans/=(t[y]+); ans+=;
f[x][y]=ans;
return ans;
}
int main(){
//freopen("cchkk.in","r",stdin);
//freopen("cchkk.out","w",stdout);
scanf("%d%d%d%d",&N,&M,&cong,&ke);
for(int i=,u,v;i<=M;i++){
scanf("%d%d",&u,&v);
to[u].push_back(v); to[v].push_back(u);
t[u]++; t[v]++;
}
for(int i=;i<=N;i++){
SPFA(i);
for(int j=;j<=N;j++){
if(i!=j) p[i][j]=pre[j];
}
} for(int i=;i<=N;i++){
for(int j=;j<=N;j++){
if(i!=j&&(p[i][j]==j||p[p[i][j]][j]==j)) f[i][j]=;
}
}
printf("%.3lf\n",dfs(cong,ke)); return ;
}
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