bzoj 3925: [Zjoi2015]地震后的幻想乡

题意：

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？

题解：

期望好题+子集dp

题目给的东西怎么会没用呢？

先列出柿子：

ans=∑v(x)p(x)=∑x∗p(x)m+1ans=∑v(x)p(x)=∑x∗p(x)m+1

其中v(x)v(x)是mst最大边排名为x时，x的期望值（用题面的公式）

p(x)p(x)是最大边排名为x的概率。

于是要求p(x)p(x)

直接不好求，考虑容斥，求出f(x)f(x)，用最大边排名大于等于x的使图连通的概率，这等价与用排名严格小于x的边使图不能联通的概率。

所以p(x)=f(x−1)−f(x)p(x)=f(x−1)−f(x)

于是柿子变为：

ans=∑1m+1(f(0)−f(1))+∑2m+1(f(1)−f(2))+∑3m+1(f(2)−f(3))ans=∑1m+1(f(0)−f(1))+∑2m+1(f(1)−f(2))+∑3m+1(f(2)−f(3))

=∑nxf(x)m+1=∑xnf(x)m+1

而求f(x)f(x)等价于求用x条边使图不能连通的方案数。

这个就容斥一下+子集dp就好了，大致同：bzoj 2560

方程大概是：f[S][i+j]=∑g[k][i]∗Cje[S xor k]f[S][i+j]=∑g[k][i]∗Ce[S xor k]j

code：

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
struct node{
int x,y;
}e[100];
int n,m,C[1<<10];
double f[1<<10][1050],g[1<<10][1050],c[100][100];
void pre(int S)
{
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int x=e[i].x,y=e[i].y;
if((S&(1<<(x-1)))&&(S&(1<<(y-1)))) C[S]++;
}
}
int main()
{
scanf("%d %d",&n,&m);
for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d %d",&e[i].x,&e[i].y);
for(int i=1;i<(1<<n);i++) pre(i);
for(int i=0;i<=m;i++)
{
c[i][0]=1;
for(int j=1;j<=i;j++) c[i][j]=(c[i-1][j]+c[i-1][j-1]);
}
for(int S=0;S<(1<<n);S++)
{
if(S!=0&&S-(S&-S)==0) g[S][0]=1;
else
{
int p=S&-S;
for(int k=(S-1)&S;k;k=(k-1)&S)
{
if(k&p)
for(int i=0;i<=C[k];i++)
for(int j=0;j<=C[S^k];j++)
f[S][i+j]+=g[k][i]*c[C[S^k]][j];
}
for(int i=0;i<=C[S];i++) g[S][i]=c[C[S]][i]-f[S][i];
}
}
double ans=0;
for(int i=0;i<=m;i++)
ans+=f[(1<<n)-1][i]/c[C[(1<<n)-1]][i];
printf("%.6f\n",ans/(m+1));
}