杀人游戏
具有一定思维含量的tarjan。自然难点在tarjan之后的操作。
思路
看到认识关系想到建图，还是有向图考虑是否会与tarjan有关，发现在同一个scc中选择任何一个点，只要它是平民，就可以毫无风险的了解其他人的情况。（稍微解释一下：if选择的人是杀手警察就被干掉了，if选择的人是平民，那么你直接了解的人就全知道了，如果有杀手就结束了，如果没有就在SCC中继续循环直到走完scc或有杀手。肯定不会问到杀手，很安全）。根据这个性质一个scc就等价于一个点，进行缩点后形成DAG。
继续考虑，该从哪里进行查证。还是延用scc中使用的思考思路，同理，我们从任意一个DAG开始查证的话，只要不是杀手就可以无风险的走完这条路径（间接到达的所有点），那么我们只要每次查证的路径够长或者说查证次数够少，风险自然就低了。
我们就有了一个初步的想法，查证所有没有入度的点即可。最大概率就是\(1-\frac{tot}{n}\)。此题基本得到解决，但是还有一些细节需要考虑。比较难想到，但是我们可以想一下进行推理时，我们真的需要查证了所有人吗？比如已经得知n-1人都是平民，那么最后一人铁定是杀手根本不需要去查证。考虑什么时候会出现这种情况？容易想到是孤立点时可以少查证一次，能不能再通过这种特殊情况联想到其他特殊情况呢？例如这种情况：
。
red点就不需要查证啦，虽然入度为0，但下面的点可以完全替代它，而且也可以在最后推理出它。总结一下特判情况：孤立点，入度为0点且所有它直接到的点的入度均大于等于2（即别的点可以替代它）。此时答案为\(1-\frac{tot-1}{n}\)。
代码
需要注意一下重边的处理，因为可能一个点向同一个其他scc连多个边导致入度出现错误，判断出现问题。
我判重边是简单类哈希一下，用set维护。
int n,m,tot,flg;
int h[N],e[M],ne[M],din[N],idx;
int dfn[N],low[N],timestamp;
int id[N],sz[N],scc_cnt,stk[N],top;
bool in_stk[N];
vector<int> vec[N];
set<ull> s;
inline void add(int a,int b){...}
inline void tarjan(int u)
{...}
inline bool check(int a,int b)
{
ull tmp = (ull)Hash * a + b;
if(!s.count(tmp)){
s.insert(tmp);
return true;
}
return false;
}
signed main()
{
n = read();m = read();
for(int i = 0;i <= n;i++) h[i] = -1;
for(int i = 1;i <= m;i++){
int a,b;
a = read();b = read();
add(a,b);
}
for(int i = 1;i <= n;i++)
if(!dfn[i]) tarjan(i);
for(int u = 1;u <= n;u++)
for(int i = h[u];~i;i = ne[i]){
int j = e[i];
int a = id[u],b = id[j];
if(a != b && check(a,b)) din[b]++,vec[a].push_back(b);
}
for(int i = 1;i <= scc_cnt;i++){
if(!din[i]) tot++;
if(!din[i] && sz[i] == 1 && !vec[i].size()) flg += 2;
else if(!din[i] && sz[i] == 1){
bool ck = false;
for(int o = 0;o < vec[i].size();o++)
if(din[o] == 1){
ck = true;
break;
}
if(!ck) flg++;
}
}
if(flg >= 2) tot--;
printf("%.6lf\n",1 - 1.0 * tot / n);
}
如有错误，请指正。
标签：游戏,int,杀手,入度,查证,tot,scc,杀人 来源： https://www.cnblogs.com/shijiazhuang-li/p/15124924.html
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