标签：cnt XOR int 路径 head ++ HNOI2011 edge 110

XI.[HNOI2011]XOR和路径

同上题一样，本题采用倒序DP的方式。

我们考虑按位处理。设当前处理到第\(p\)位，再设\(f_i\)表示从位置\(i\)出发，到达终点时的期望结果。

则对于一条边\((x,y,z)\)，如果\(z\)在第\(p\)位上是\(1\)，则有\(f_x\leftarrow 1-f_y\)；否则，则有\(f_x\leftarrow f_y\)。

对于一个节点\(x\)，它可以从所有与它有边的节点转移过来；故直接高斯消元跑一下即可。

时间复杂度\(O(n^3\log n)\)。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,head[110],out[110],cnt;
struct node{
	int to,next,val;
}edge[20100];
void ae(int u,int v,int w){
	edge[cnt].next=head[u],edge[cnt].to=v,edge[cnt].val=w,head[u]=cnt++,out[u]++;
	if(u!=v)edge[cnt].next=head[v],edge[cnt].to=u,edge[cnt].val=w,head[v]=cnt++,out[v]++;
}
long double g[110][110],res;
void Gauss(int x){
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(i==n){g[i][i]=1;continue;}
		for(int j=head[i];j!=-1;j=edge[j].next){
			if(edge[j].val&(1<<x))g[i][edge[j].to]-=1.0/out[i],g[i][n+1]-=1.0/out[i];
			else g[i][edge[j].to]+=1.0/out[i];
		}
		g[i][i]-=1;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int mx=i;
		for(int j=i+1;j<=n;j++)if(abs(g[mx][i])<abs(g[j][i]))mx=j;
		if(i!=mx)for(int j=i;j<=n+1;j++)swap(g[mx][j],g[i][j]);
		for(int j=1;j<=n;j++){
			if(i==j)continue;
			double tmp=g[j][i]/g[i][i];
			for(int k=i;k<=n+1;k++)g[j][k]-=tmp*g[i][k];
		}
	}
	res+=(g[1][n+1]/g[1][1])*(1<<x);
	for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=n+1;j++)g[i][j]=0;
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m),memset(head,-1,sizeof(head));
	for(int i=1,x,y,z;i<=m;i++)scanf("%d%d%d",&x,&y,&z),ae(x,y,z);
	for(int i=0;i<=30;i++)Gauss(i);
	printf("%.3Lf\n",res);
	return 0;
}

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来源： https://www.cnblogs.com/Troverld/p/14610970.html

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