bzoj 3925: [Zjoi2015]地震后的幻想乡
2017-10-13 09:28
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Description
傲娇少女幽香是一个很萌很萌的妹子,而且她非常非常地有爱心,很喜欢为幻想乡的人们做一些自己力所能及的事情来帮助他们。 这不,幻想乡突然发生了地震,所有的道路都崩塌了。现在的首要任务是尽快让幻想乡的交通体系重新建立起来。幻想乡一共有n个地方,那么最快的方法当然是修复n-1条道路将这n个地方都连接起来。 幻想乡这n个地方本来是连通的,一共有m条边。现在这m条边由于地震的关系,全部都毁坏掉了。每条边都有一个修复它需要花费的时间,第i条边所需要的时间为ei。地震发生以后,由于幽香是一位人生经验丰富,见得多了的长者,她根据以前的经验,知道每次地震以后,每个ei会是一个0到1之间均匀分布的随机实数。并且所有ei都是完全独立的。 现在幽香要出发去帮忙修复道路了,她可以使用一个神奇的大魔法,能够选择需要的那n-1条边,同时开始修复,那么修复完成的时间就是这n-1条边的ei的最大值。当然幽香会先使用一个更加神奇的大魔法来观察出每条边ei的值,然后再选择完成时间最小的方案。 幽香在走之前,她想知道修复完成的时间的期望是多少呢?Input
第一行两个数n,m,表示地方的数量和边的数量。其中点从1到n标号。接下来m行,每行两个数a,b,表示点a和点b之间原来有一条边。
这个图不会有重边和自环。
Output
一行输出答案,四舍五入保留6位小数。Sample Input
5 41 2
1 5
4 3
5 3
Sample Output
0.800000HINT
提示:(以下内容与题意无关,对于解题也不是必要的。)
对于n个[0,1]之间的随机变量x1,x2,...,xn,第k小的那个的期望值是k/(n+1)。
样例解释:
对于第一个样例,由于只有4条边,幽香显然只能选择这4条,那么答案就是4条边的ei中最大的数的期望,由提示中的内容,可知答案为0.8。
数据范围:
对于所有数据:n<=10, m<=n(n-1)/2, n,m>=1。
对于15%的数据:n<=3。
另有15%的数据:n<=10, m=n。
另有10%的数据:n<=10, m=n(n-1)/2。
另有20%的数据:n<=5。
另有20%的数据:n<=8。
Source
期望神题+串珠子;我们是要求mst上最大边权的期望,然后题目里面给了我们一个很有道理的公式:
对于n个[0,1]之间的随机变量x1,x2,...,xn,第k小的那个的期望值是k/(n+1)。;
有了这个式子之后我们就只关心排名了,因为知道排名就可以算出期望,推一下式子:
其中v(x)为mst最大边排名为x的期望值,p(x)为mst最大边排名为x的概率;
排名恰好为x的概率并不好求,但是排名>=x的概率还是很好求的,设为f(x),这等价于用排名严格小于x的边不能使图联通的概率;
那么显然p(x)=f(x-1)-f(x),答案的式子变为:
我们发现这个就是:
然后我们考虑如何求f(x),我们考虑串珠子那个题子集dp的做法;
我们设f[s][i]表示点集s中连i条边使其不连通的方案数,g[s][i]表示点集s中连i条边使其连通的方案数;
那么显然f[s][i]+g[s][i]=C(e[s],i),其中e[s]表示点集s内部的边数;
我们考虑如何求f[s][i],就是类似串珠子的子集dp,任取s中的一个点把他放到一个连通块(s的真子集)zt,然后算s和zt不连通的方案数;
其实我们并不是很清楚这样为啥不会算漏,但cjk会;
那么转移方程还是很简单了:
即在zt中连i条边,在s去掉zt后的点集内部中连j条边;
//MADE BY QT666 #include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> using namespace std; typedef long long ll; const int N=100050; double c[1050][1050],f[1<<10][1050],g[1<<10][1050]; int e[1<<10],to ,sz[1<<10]; int main(){ int n,m;scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=m;i++){ int a,b;scanf("%d%d",&a,&b); to[a]+=(1<<(b-1));to[b]+=(1<<(a-1)); } for(int s=0;s<(1<<n);s++){ for(int i=1;i<=n;i++) if(s&(1<<(i-1))) sz[s]++; } for(int s=0;s<(1<<n);s++){ for(int i=1;i<=n;i++){ if(s&(1<<(i-1))) e[s]+=sz[to[i]&s]; } e[s]>>=1; } for(int i=0;i<=m;++i) c[i][0]=1; for(int i=1;i<=m;++i) for(int j=1;j<=i;++j){ c[i][j]=c[i-1][j-1]+c[i-1][j]; } for(int s=0;s<(1<<n);s++){ if(sz[s]==1) g[s][0]=1; else{ int p=s&-s; for(int zt=(s-1)&s;zt;zt=(zt-1)&s){ if(zt&p){ for(int i=0;i<=e[zt];i++){ for(int j=0;j<=e[s^zt];j++){ f[s][i+j]+=g[zt][i]*c[e[s^zt]][j]; } } } } for(int i=0;i<=e[s];i++) g[s][i]=c[e[s]][i]-f[s][i]; } } double ans=0; for(int i=0;i<=m;i++){ ans+=f[(1<<n)-1][i]/c[e[(1<<n)-1]][i]; } printf("%.6f\n",ans/(m+1)); return 0; }
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