[转]pongo英雄会-修路题解

转自：http://blog.csdn.net/shuyechengying/article/details/9821745

题目用图论的语言来叙述就是：一个起初没有边的图，不断随机选择未直接相连的两点连边直到图连通，求连边的期望。

p
[m]表示加m条边使得n个点连通的概率。那么p
[m]-p
[m-1]就表示加了m-1条边图尚未连通，加了第m条边后图连通的概率。那么显然需要加边的期望值是

Σ(p
[m]-p
[m-1])*m

要使得n个点的图连通，至少需要n-1条边，至多需要c(n-1,2)+1条边（即n-1个点两两相连形成完全图，再用一条边与剩下的一个点连接，其中c(n,m)表示n个中选m个的组合数）。这就是上式m的取值范围。

现在问题变成如何计算p
[m]。

正面计算p
[m]比较困难，我们通过减去反面（即加了m条边，n个点不连通的概率）来计算。

既然图不是连通的，必然任意一个连通分量包含的点数小于n。不妨考虑编号为1的点所在的连通分量，假设有n1个点，m1条边。为了组建这个连通分量，首先选出除1外的n1-1个点，有c(n-1,n1-1)种方法。之后连m1条边，这有c(e1,m1)种方法，其中e1=c(n1,2)是可选的边数。在这所有的连边方法中要保证连完之后这n1个点是连通的，这恰好就是p[n1][m1]的意义，乘以这个数就得到了，到这里这个连通分量组建完成。对于剩下的m-m1条边，我们只要不连到上述连通分量就行了，也就是在剩下的n-n1个点之间连。方法数是c(c(n-n1,2),m-m1)。将这些数相乘就得到方法数，

counts[n1][m1]= c(n-1,n1-1)*c(e1,m1)*p[n1][m1]* c(c(n-n1,2),m-m1)

总的方法数是total=c(c(n,2),m)，求概率counts[n1][m1]/total

上面计算的是1所在的连通分量有n1个点，m1条边的情况，我们需要枚举n1,m1。

下面是zzz---的代码

#include <cstdio>
#include <string>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;

double a[451][451];

double c(int n,int k)
{
if(k<0 || n<k)
return 0;
if(k==n || k==0)
return 1;
if(a
[k])
return a
[k];
a
[k]=c(n-1,k)+c(n-1,k-1);
return a
[k];

}

double p[31][451],ans[31];

class RepairRode
{
public:
double calculate(int n) {
if(ans
!=0)
return (int)ans
;
p[1][0]=1;
for(int i=2;i<=30;++i)
{
int e=c(i,2);
for(int j=i-1;j<=e;++j)
{
p[i][j]=1;
for(int k=1;k<i;++k)
{
int e1=c(k,2),e2=c(i-k,2);
for(int b=k-1;b<=e1;++b)
{
p[i][j]-=c(e2,j-b)*p[k][b]*c(e1,b)*c(i-1,k-1)/c(e,j);
}
}
double pre=0;
if(j>0)
pre=p[i][j-1];
ans[i]+=j*(p[i][j]-pre);
}
}
return ans
;
}
};