UVA - 10828-E - Back to Kernighan-Ritchie

Back to Kernighan-Ritchie

题目大意：给出一个程序控制流程图，从每个结点出发到每个后继结点的概率都相等。当执行玩一个没有后继的结点后，整个程序终止，程序总是从编号为1的结点开始执行。对于若干查询结点，求出每个结点的期望执行次数。

解题思路：设结点i的出度为di，对于一个拥有3个前驱结点a,b,c的结点i，可以列出方程xi=xa/da+xb/db+xc/dc，对于结点1，可以理解为有一个虚拟结点0以概率1转移到结点1。

为了解决无穷大的问题，需要用高斯约当消元法。

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
const double eps=1e-8;
const int MAXN=105;
typedef double Matrix[MAXN][MAXN];
Matrix A;
int n,d[MAXN];
vector<int> pre[MAXN];
int inf[MAXN];

void Gauss_Jordan(Matrix A,int n)
{
int i,j,k,r;
for(i=0;i<n;i++)
{
r=i;
for(j=i+1;j<n;j++)
{
if(fabs(A[j][i])>fabs(A[r][i])) r=j;
}
if(fabs(A[r][i])<eps) continue;//放弃这一行，直接处理下一行
if(r!=i) for(j=0;j<=n;j++) swap(A[r][j],A[i][j]);

//与除了第i行外的其他行进行消元
for(k=0;k<n;k++)
{
if(k!=i)
{
for(j=n;j>=i;j--)
A[k][j]-=A[k][i]/A[i][i]*A[i][j];
}
}
}
}

int main()
{
int cas=0;
while(scanf("%d",&n)!=EOF)
{
if(n==0) break;
memset(d,0,sizeof(d));
for(int i=0;i<n;i++) pre[i].clear();

int a,b;
while(scanf("%d%d",&a,&b)!=EOF)
{
if(a==0&&b==0) break;
a--;b--;
d[a]++;
pre[b].push_back(a);
}
memset(A,0,sizeof(A));
for(int i=0;i<n;i++)
{
A[i][i]=1;
for(int j=0;j<pre[i].size();j++)
{
A[i][pre[i][j]]-=1.0/d[pre[i][j]];
}
if(i==0) A[i]
=1;
}

Gauss_Jordan(A,n);
memset(inf,0,sizeof(inf));
for(int i=n-1;i>=0;i--)
{
if(fabs(A[i][i])<eps&&fabs(A[i]
)>eps) inf[i]=1;
for(int j=i+1;j<n;j++)
if(fabs(A[i][j])>eps&&inf[j]) inf[i]=1;
}

int q,u;
scanf("%d",&q);
printf("Case #%d:\n",++cas);
while(q--)
{
scanf("%d",&u);
u--;
if(inf[u]) printf("infinity\n");
else printf("%.3f\n",fabs(A[u][u])<eps?0.0:A[u]
/A[u][u]);
}
}
return 0;
}
/*
3
1 2
2 3
2 1
0 0
3
1
2
3
3
1 2
2 3
3 1
0 0
3
3
2
1
0
*/