4850. 【GDOI2017模拟11.3】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，当昴走到正确叶子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？

50%，n=p

70%，50<=p<=n<=500

100%，50<=p<=n<=700，m<=1500，T<=5

数据保证每个除了n的正确节点均有至少2个儿子，至多3个儿子。

分析

对付概率、期望的题目，经常会出现需要解方程的时候。

定义边界：由于题目限制，到此状态的时候有准确的期望值。

这种时候有两种情况：1，有边界，这种就可以通过dp或记忆化搜索逐步解单一方程，求出一些期望；2，无边界，可能需要高斯消元解方程，求出所有解。

回看这道题，看似无法分析，一看就蒙。很多期望题都是这样，这个时候我们要找切入点。

先考虑n=p时的情况，这个时候，从1到n的简单路径都设为存档点，那么我们只用知道，对于这条简单路径上的一个节点i，它往下走的期望是多少。我们知道在这个时候，一旦走到错误节点，那肯定回到自己。设i往下走的期望步数f[i]，走到错误叶子的期望步数g[i]，有tot[i]个儿子，那么



这样求出f[i]后就很轻易地弄出n=p时的答案了嘛。

那么一般情况呢？

设fx[i][j]为第i个点走到最终点（我们把简单路径编号），设置了j个存档点的期望步数，那么对于一个fx[i][j]就可以转移到fx[1~i-1][j+1]嘛。为了好做，我们设a[i][j]表示i设存档点，走到j的期望步数。然后再列出一个方程，解之即求出a。

考虑此时时间复杂度：3次方，不行。

此时观察a的方程后，发现增量的单调性，可以用单调队列进行优化，降一级复杂度。

另一个较好的思路是：我们发现a[i]增长十分恐怖，可以设定阈值，爆了就不算下去了，因为那样太蠢了，想象一下前面一大段没有存档点，最后存档点扎堆····

我们可以均匀地放存档点，把此时的期望步数设为阈值，这样便可以放心DP了，事实证明，这样很快。

代码

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define fo(i,j,k) for(i=j;i<=k;i++)
#define fd(i,j,k) for(i=j;i>=k;i--)
typedef long long ll;
const int N=2005;//记得改回来！！！！！！！！！！！！！
int b
,next
,first
,first1
,next1
,t1,tt;
int T,i,j,n,m,x,y,p;
double sum
,b1
,c1
,res,xs,f
;
void cr(int x,int y)
{
tt++;
b[tt]=y;
next[tt]=first[x];
first[x]=tt;
sum[x]+=1;
}
void cr1(int x,int y,double z)
{
t1++;
b1[t1]=y;//db
next1[t1]=first1[x];
first1[x]=t1;
c1[t1]=z;
}
void dfs(int x,int y,double z)
{
for(int p=first[x];p;p=next[p])
dfs(b[p],y+1,z/sum[x]);
if (!first[x])
cr1(i,y,z);
}
int main()
{
freopen("memory.in","r",stdin);
freopen("memory.out","w",stdout);
scanf("%d",&T);
while (T--)
{
fo(i,1,m) first[i]=first1[i]=0;
tt=t1=0;
scanf("%d%d%d",&n,&m,&p);
fo(i,1,m-n)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
cr(x,y);
}
fo(i,1,n)
{
sum[i]+=1;
dfs(i,0,1);
}
f
=0;
fd(i,n-1,1)
{
res=(f[i+1]+1)/sum[i];
xs=0;
for(p=first1[i];p;p=next1[p])
{
xs+=c1[p];
res+=c1[p]*(b1[p]+1);
}
f[i]=res/(1-xs);
}
printf("%.4lf\n",f[1]);
}
}