[BZOJ3925][ZJOI2015]地震后的幻想乡-概率与期望-动态规划

地震后的幻想乡

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 4

1 2

1 5

4 3

5 3

Sample Output

0.800000

HINT

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。

太难了完全不会QAQ

告诉咱式子都不会写咱好菜啊QAQ

思路:

先看完那个十分良心的提示。

由于是均匀分布，可以将出现边权相等的概率视为0。

那么考虑kruskal的过程:

考虑前k小的边，若仅使用边权小于等于某一个k的所有边，刚好可以使这张图联通，那么就找到了最小生成树。

在这题，咱们不关心最小生成树，咱们只关心k的值。

可以发现，假设已经按边权从大到小排序，则咱们求的便是:

ans=∑k=1mp(k)w(k)

其中p(k)为仅使用边权前k小的边连成的图联通的概率，w(k)为这个第k小的边的边权的期望值~

提示中说，w(k)=km+1，可以把式子化成如下:

ans=1m+1∑k=1mk∗p(k)=1m+1∑i=1mp(k≥i)

其中第三段的p(k≥i)表示需要使用的边数大于等于k的概率~

继续化简，设t(k)表示使用小于等于k条边无法使图联通的概率。

ans=1m+1∑i=1mp(k≥i)=1m+1∑i=1mt(k−1)

然后可以发现这个t(k)可以dp:

设f[s][i]表示只考虑状压后的点集s，选择了点集中的i条边，使图不联通的概率，

g[s][i]表示相同条件下，图联通的概率，那么有:

f[s][i]+g[s][i]=(cnt[s]i)

即在s集合共cnt[s]条边中中选i条边的方案数。

那么g[i][j]通过(cnt[s]i)−f[s][i]转移，而f可以采用如下方法:

任意固定f中的一个点p，枚举点集t满足t∈s且p∈t，则

f[s][i+j]=∑t∈s,p∈tg[t][j]∗(cnt[s∧t]i)

这样答案便是:

ans=1m+1∑k=1mf[all][k](mk)

那么就做完啦~

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>

using namespace std;

inline int read()
{
int x=0;char ch=getchar();
while(ch<'0' || '9'<ch)ch=getchar();
while('0'<=ch && ch<='9')x=x*10+(ch^48),ch=getchar();
return x;
}

typedef double db;
typedef long long ll;
const int N=12;
const int M=48;
const int K=1<<N;

int n,m,nn;
int e
,cnt[K];
ll f[K][M],g[K][M];
ll c[M][M];

int main()
{
n=read();m=read();nn=1<<n;
for(int i=1,u,v;i<=m;i++)
{
u=read();v=read();
e[u-1]|=(1<<(v-1));
e[v-1]|=(1<<(u-1));
}

for(int i=0;i<nn;i++)
{
for(int j=0;j<n;j++)
if(i&(1<<j))
cnt[i]+=__builtin_popcount(e[j]&i);
cnt[i]>>=1;
}

for(int i=0;i<M;i++)
{
c[i][0]=c[i][i]=1;
for(int j=1;j<i;j++)
c[i][j]=c[i-1][j]+c[i-1][j-1];
}

for(int i=0;i<nn;i++)
{
if(__builtin_popcount(i)==1)
{
g[i][0]=1;
continue;
}

int p=i&(-i);
for(int j=(i-1)&i;j;j=(j-1)&i)
if(j&p)
for(int k=0;k<=cnt[j];k++)
for(int l=0;l<=cnt[i^j];l++)
f[i][k+l]+=g[j][k]*c[cnt[i^j]][l];
for(int j=0;j<=cnt[i];j++)
g[i][j]=c[cnt[i]][j]-f[i][j];
}

db ans=0;
for(int i=0;i<=m;i++)
ans+=(db)f[nn-1][i]/c[m][i];
ans/=(db)(m+1);

printf("%.6lf\n",ans);
return 0;
}