标签：node le 进阶 int ybtoj KK 21269 101 DP

乐园之旅

题目链接：ybtoj高效进阶 21269

题目大意

给你一个无重边无自环的无向图，每个点有分数和需要时间，然后边也需要时间。
小明小红会等概率选择一个点作为出发点，先获得出发点的分数（同时也耗了时间），然后每次等概率的选择可以一步走到而 且有关的点进行得分。
要你分别计算小明和小红的得分期望。

思路

首先不难看出两个人的计算是分开的。

那这种肯定是期望 DP，反向转移。
设 \(f_{i,j}\) 为当前在 \(i\)，还剩 \(j\) 时间能有的得分期望。

我们考虑转移，先找到它当前可以转移到的点的个数 \(cnt\)。
那如果没有转移的点，那 \(f_{i,j}=h_i\)。
否则，枚举每个可以转移到的点 \(y\)，\(f_{i,j}=\sum\limits_y\{h_i+\dfrac{f_{y,j+t_{i,y}+c_x}}{cnt}\}\)

然后最后枚举一下最后结束的点，它们的和除 \(n\) 就是结果啦。

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>

using namespace std;

struct node {
	int x, to, nxt;
}e[3001];
int n, m, K, c[101], h1[101], h2[101];
int x, y, z, le[101], KK;
double f[101][501];

void add(int x, int y, int z) {
	e[++KK] = (node){z, y, le[x]}; le[x] = KK;
	e[++KK] = (node){z, x, le[y]}; le[y] = KK;
}

double work(int *h) {
	memset(f, 0, sizeof(f));
	for (int i = K; i >= 0; i--)//DP
		for (int j = 1; j <= n; j++) {
			int num = 0;
			for (int k = le[j]; k; k = e[k].nxt)
				if (i + e[k].x + c[j] + c[e[k].to] <= K) {
					f[j][i] += f[e[k].to][i + c[j] + e[k].x];
					num++;
				}
			if (!num) f[j][i] = 0;
				else f[j][i] = f[j][i] / num;
			if (i + c[j] <= K) f[j][i] += h[j];
		}
	
	double re = 0.0;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		re += f[i][0] / n;
	return re;
}

int main() {
//	freopen("park.in", "r", stdin);
//	freopen("park.out", "w", stdout);
	
	scanf("%d %d %d", &n, &m, &K);
	for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d %d %d", &c[i], &h1[i], &h2[i]);
	for (int i = 1; i <= m; i++) {
		scanf("%d %d %d", &x, &y, &z);
		add(x, y, z);
	}
	
	printf("%.5lf %.5lf", work(h1), work(h2));
	
	return 0;
}

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来源： https://www.cnblogs.com/Sakura-TJH/p/YBTOJ_GXJJ_21269.html

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