「ZJOI2015」地震后的幻想乡

2019-04-05 17:49:54 阅读：362 来源： 互联网

标签：幻想 ch 联通 sum 子图 ZJOI2015 地震条边 define

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Description

题目的理解方式：

给定\(n\)个点，和\(m\)条边，每条边的期望完成时间都是一个\([0,1]\)内的随机数

求使得所有点都联通的期望时间

\(n \leq 10\)

Solution

首先，对于\(n\)个\([0,1]\)之间的随机变量\(x_1,x_2,x_3,...,x_n\)，第\(k\)小的那个数的期望值是\(\frac{k}{n+1}\)

所以，此题等价于是生成树的\(n-1\)条边中最后一个出现的边的期望排名

假设这个排名为\(i\)的概率是\(P(i)\)

那么：
\[ ans=\frac{1}{m+1}\sum_{i=1}^{m}iP(i) \]
我们再设\(p(i)\)表示最后一个出现的边排名\(\geq i\)的概率

原式转化为：
\[ \sum_{i=1}^{m}iP(i)=\sum_{i=1}^{m}p(i) \]
然而事实上\(p(i)\)可以表示为加入\(i-1\)条边后原图不连通的概率

设原图为\(<V,E>\),\(V\)为点集，\(E\)为边集
\[ p(i+1)=\frac{f_{i,V}}{C(m,i)} \]
对于上面的式子，\(f_{i,S}\)表示从\(S\)的生成子图中选出\(i\)条边，不能够使得点集联通的方案数

再设\(g_{i,S}\)表示从\(S\)的生成子图中选出\(i\)条边，能够使得点集联通的方案数

对于集合\(S\)的生成子图\(<S,E_S>\)
\[ f_{i,S}+g_{i,S}=C(|E_S|,i) \]
考虑转移，可以枚举当前集合中的一个点\(x\)所在的联通块以及这个联通块的边数
\[ f_{i,S}=\sum_{S' \subset S,x\in S'}\sum_{j=0}^{|E_{S'}|}g_{j,S'}C(|E_{S-S'}|,i-j) \]
怎么求出边集的大小呢？

首先求出每个点与某个集合的连边数量\(Num_{i,S}\)

对于一个集合\(S\)，\(|E_S|=|E_{S-x}|+Num_{x,S-x},x\in S\)

然后，就没有然后啦

组合数怎么算？目测会很大，用\(double\)存吧，写递推版

因为有枚举子集，所以复杂度是\(能过O(3^nm^2)=O(能过)\)

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)>(b)?(b):(a))
#define reg register
using namespace std;
inline int read()
{
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}
int N,M;
bool mp[10][10];
int Num[10][1<<10],id[1<<10],E[1<<10];
double f[50][1<<11],g[50][1<<10];
double C[50][50],ans;
double c(int x,int y){if(x<y)return 0.;return C[x][y];}
int main()
{
    N=read(),M=read();
    reg int i,a,b,S=1<<N,s,j,sp;
    for(i=0;i<M;++i) a=read()-1,b=read()-1,mp[a][b]=mp[b][a]=true;
    for(i=0;i<N;++i) id[1<<i]=i;
    for(i=0;i<N;++i)for(j=1;j<S;++j)
        Num[i][j]=Num[i][j-(j&(-j))]+mp[i][id[j&(-j)]];
    for(i=1;i<S;++i) E[i]=E[i-(i&(-i))]+Num[id[i&(-i)]][i-(i&(-i))];
    C[0][0]=1.;
    for(i=1;i<=M;++i)
    {
        C[i][0]=C[i][i]=1.; 
        for(j=1;j<i;++j) C[i][j]=C[i-1][j]+C[i-1][j-1];
    }
    for(i=0;i<S;++i) f[0][i]=1;
    for(i=0;i<N;++i) g[0][1<<i]=1,f[0][1<<i]=0;
    for(i=1;i<=M;++i)for(s=0;s<S;++s)if(i<=E[s])
    {
        reg int x=id[s&(-s)];
        for(sp=s-1;sp&=s;--sp)if(sp>>x&1)for(j=0;j<=i;++j)
            f[i][s]+=g[j][sp]*c(E[s-sp],i-j);
        g[i][s]=c(E[s],i)-f[i][s];
    }
    for(i=1;i<=M;++i) ans+=f[i-1][S-1]/c(M,i-1);
    ans/=(double)M+1;
    printf("%.6lf\n",ans);
    return 0;
}

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