「NOI2005」聪聪和可可 题解

题目大意

n个点，m条路的无向图，猫在S点，老鼠在T点，假设每个时间节点猫先走。猫每个时间节点可以靠近老鼠走两步（最短路），如果一步就可以抓到老鼠，就走一步，如果有多条最短路，选择节点标号小的一条；老鼠等概率地选择去向相邻的点或停留。

求猫捉到老鼠的期望时间。

输入

第1行：n，m

第2行：S，T

接下来m行：u，v，表示u和v之间有一条路。

输出

猫捉到老鼠的期望时间。

思路

初始想法

一眼扫过题目，“期望”二字格外显目。又因为是图，所以可以考虑 $ dp $ 求期望。

再看一眼，发现“最短路”三字，考虑开二维数组记录， $ dis[i][j] $ 表示猫在 $ i $ 点，老鼠在 $ j $ 点时，猫与老鼠间的距离，用 $ bfs $ 求解。

深入思考

用 $ dp $ 做，所以定义 $ f[i][j] $ 表示猫在 $ i $ 老鼠在 $ j $ 的期望步数，则：

• $ i=j $ ，即 $ dis[i][j]=0 $ 直接可以抓到老鼠， $ f[i][j]=0 $ ；

• $ dis[i][j] \le 2 $ ，即走一步就可以抓到老鼠， $ f[i][j]=1 $ ；

• $ dis[i][j]>2 $ ，不能在一次选择中抓到老鼠，那么她抓到老鼠的期望就与老鼠所做的选择有关了。

因为 $ E(ax+by)=a \times E(x)+b \times E(y) $ ，所以：

$ f[i][j]= \frac{1}{in[j]+1} \times f[x][j] + \underset y \sum (\frac{1}{in[j]+1} \times f[x][y]) $

$ in[i] $ 表示 $ i $ 连接的路的条数， $ \frac{1}{in[j]+1} $ 表示老鼠行动的概率， $ x $ 表示猫下一步的位置， $ y $ 表示老鼠下一步的位置。

第一坨表示老鼠停留时的期望，第二坨表示老鼠走时的期望

考虑到时间复杂度，使用记忆化搜索。

因此，代码出。

代码实现

#include<bits/stdc++.h>
#define ll int
const ll N=2020;
using namespace std;

ll n,m;
ll S,T;//猫和老鼠的起始点 
ll cnt,fir[N],nxt[N],v[N];//前向星 
ll in[N];//in[i]表示i连的边的条数 
ll dis[N][N];//dis[i][j]表示猫在i点，老鼠在j点时，猫与老鼠间的距离 
double f[N][N];//dp[i][j]表示猫在i老鼠在j的期望步数。
//不开double也要见祖宗！

void add(ll u1,ll v1){//加边 
	v[++cnt]=v1;
	nxt[cnt]=fir[u1];
	fir[u1]=cnt;
}

void bfs(ll s){//bfs求距离，s表示起点 
	queue<ll>q;//队列 
	q.push(s);//入队 
	while(!q.empty()){//不为空 
		ll x=q.front();//现在的点 
		q.pop();//出队 
		for(ll i=fir[x];i;i=nxt[i]){//遍历边 
			if(!dis[s][v[i]]&&v[i]!=s){//没到过且不是起点 
				dis[s][v[i]]=dis[s][x]+1;//走一步 
				q.push(v[i]);//入队 
			}
		}
	}
}

double dfs(ll s,ll t){//记忆化搜索，s表示猫的位置，t表示老鼠的位置 
	if(f[s][t])return f[s][t];//记忆化 
	if(dis[s][t]==0)return 0;//直接可以抓到老鼠 
	if(dis[s][t]<=2)return 1;//走一步就可以抓到老鼠 
	f[s][t]=1;//初始化 
	ll k=N,tmp=s;//k表示最小编号，tmp表示猫的位置 
	
	//猫的行动 
	//走一步 
	for(ll i=fir[tmp];i;i=nxt[i]){//遍历边 
		if(dis[t][v[i]]<dis[tmp][t]&&v[i]<k){//距离小且编号小 
			k=v[i];//记录编号 
		}
	}
	tmp=k,k=N;//记录 
	//再走一步
	for(ll i=fir[tmp];i;i=nxt[i]){//遍历边 
		if(dis[t][v[i]]<dis[tmp][t]&&v[i]<k){//距离小且编号小 
			k=v[i];//记录编号 
		}
	}
	tmp=k;//记录 
	
	//老鼠的行动 
	for(ll i=fir[t];i;i=nxt[i]){//遍历边 
		f[s][t]+=1.0/(in[t]+1)*dfs(tmp,v[i]);//公式第二坨 
	}
	f[s][t]+=1.0/(in[t]+1)*dfs(tmp,t);//公式第一坨 
	return f[s][t];
}

int main(){
	
	scanf("%d%d",&n,&m);
	scanf("%d%d",&S,&T);
	for(ll i=1;i<=m;i++){
		ll u1,v1;
		scanf("%d%d",&u1,&v1);
		add(u1,v1),add(v1,u1);//加边 
		in[u1]++,in[v1]++;//统计连边数 
	}
	for(ll i=1;i<=n;i++)bfs(i);//bfs求距离 
	printf("%.3lf\n",dfs(S,T));//dfs求答案 
	
	return 0;
}

尾声

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标签：表示,老鼠,期望,题解,ll,NOI2005,聪聪,fir,dis
来源： https://www.cnblogs.com/zsc985246/p/16366661.html