LG3211 [HNOI2011]XOR和路径

题意

题目描述

给定一个无向连通图，其节点编号为 1 到 N，其边的权值为非负整数。试求出一条从 1 号节点到 N 号节点的路径，使得该路径上经过的边的权值的“XOR 和”最大。该路径可以重复经过某些节点或边，当一条边在路径中出现多次时，其权值在计算“XOR 和”时也要被重复计算相应多的次数。

直接求解上述问题比较困难，于是你决定使用非完美算法。具体来说，从 1 号节点开始，以相等的概率，随机选择与当前节点相关联的某条边，并沿这条边走到下一个节点，重复这个过程，直到走到 N 号节点为止，便得到一条从 1 号节点到 N 号节点的路径。显然得到每条这样的路径的概率是不同的并且每条这样的路径的“XOR 和”也不一样。现在请你求出该算法得到的路径的“XOR 和”的期望值。

输入输出格式

输入格式：

从文件input.txt中读入数据，输入文件的第一行是用空格隔开的两个正整数N和M，分别表示该图的节点数和边数。紧接着的M行，每行是用空格隔开的三个非负整数u，v和w(1≤u,v≤N，0≤w≤109)，表示该图的一条边(u,v)，其权值为w。输入的数据保证图连通，30%的数据满足N≤30，100%的数据满足2≤N≤100，M≤10000，但是图中可能有重边或自环。

输出格式：

输出文件 output.txt 仅包含一个实数，表示上述算法得到的路径的“XOR 和”的期望值，要求保留三位小数。（建议使用精度较高的数据类型进行计算）

输入输出样例

输入样例#1：
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2 2
1 1 2
1 2 3

输出样例#1：
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2.333

说明

样例解释：有1/2的概率直接从1号节点走到2号节点，该路径的“XOR和”为3；有1/4的概率从1号节点走一次1号节点的自环后走到2号节点，该路径的“XOR和”为1；有1/8的概率从1号节点走两次1号节点的自环后走到2号节点，该路径的“XOR和”为3；„„；依此类推，可知“XOR

和”的期望值为：3/2+1/4+3/8+1/16+3/32+„„=7/3，约等于2.333。

分析

参照Kelin的题解。

因为每一位都是独立的\(,\)所以考虑按位处理\(,\)求出每一位是\(1\)的概率

还是按照套路设\(f[u]\)表示\(u\to n\)的路径这一位为\(1\)的概率,\(dg[u]\)表示\(u\)的出度

那么\(1-f[u]\)就是\(u\to n\)的路径这一位为\(0\)的概率

\[\forall_{(u,v)\in E}\ f[u]=\frac1{dg[u]}(\sum_{w(u,v)=0}f[v]+\sum_{w(u,v)=1}1-f[v])\]

\[\Rightarrow\forall_{(u,v)\in E}\ dg[u]f[u]=\sum_{w(u,v)=0}f[v]+\sum_{w(u,v)=1}1-f[v]\]

也就是这条边这一位是\(1\)那么\(v\to n\)的权值就要是\(0;\)反之则为\(1\)

方程即为

\[dg[u]f[u]-\sum_{w(u,v)=0}f[v]+\sum_{w(u,v)=1}f[v]=\sum_{w(u,v)=1}1\]

高斯消元即可

最后\(ans=\sum_i2^if_i[1]\)

注意这题虽然是无向图\(,\)但是自环也不能加两次\(,\)需要特判

时间复杂度\(O(31 n^3)\)

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define rg register
#define il inline
#define co const
template<class T>il T read(){
    rg T data=0,w=1;rg char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') w=-1;ch=getchar();}
    while(isdigit(ch)) data=data*10+ch-'0',ch=getchar();
    return data*w;
}
template<class T>il T read(rg T&x) {return x=read<T>();}
typedef long long ll;
using namespace std;

co int N=101;
int n,m;
double a[N][N],b[N],ans;
vector<pair<int,int> > e[N];
void work(){
    for(int i=1;i<n;++i){
        int now=i;
        for(int j=i+1;j<n;++j)
            if(abs(a[j][i])>abs(a[now][i])) now=j;
        swap(a[i],a[now]);
        for(int j=i+1;j<=n;++j){
            double rate=a[j][i]/a[i][i];
            for(int k=0;k<=n;++k) a[j][k]-=a[i][k]*rate;
        }
    }
    for(int i=n;i;--i){
        for(int j=i+1;j<=n;++j) a[i][0]-=a[i][j]*b[j];
        b[i]=a[i][0]/a[i][i];
    }
}
int main(){
    read(n),read(m);
    for(int i=1,x,y,z;i<=m;++i){
        read(x),read(y),read(z);
        e[x].push_back(make_pair(y,z));
        if(x!=y) e[y].push_back(make_pair(x,z));
    }
    for(int i=0;i<31;++i){
        memset(a,0,sizeof a);
        memset(b,0,sizeof b);
        for(int x=1;x<=n;++x) a[x][x]=1;
        for(int x=1,s;x<n;++x){
            s=e[x].size();
            for(int j=0,y,z;j<s;++j){
                y=e[x][j].first,z=e[x][j].second;
                double w=1.0/s;
                if(z>>i&1) a[x][y]+=w,a[x][0]+=w;
                else a[x][y]-=w;
            }
        }
        work();
        ans+=b[1]*(1<<i);
    }
    printf("%.3lf\n",ans);
    return 0;
}