luogu P4206 [NOI2005]聪聪与可可 期望dp 记忆化搜索

LINK：聪聪与可可

这道题的核心是 想到如何统计答案。

如果设f[i][j]表示第i个时刻... 可以发现还需要统计位置信息 以及上一次到底被抓到没有的东西 不太好做。

两者的位置都在变化 所以需要设出状态 f[i][j]表示第聪聪在i位置 可可在j位置的期望步数。

容易想到转移. i==j->0 j是i的下一步或者下下一步 期望为1.

由于聪聪的走位是固定的 所以 设其走两步的位置为 w 而可可是随机的 所以只需要枚举一下可可的转移即可。

由于状态的无序转移性 所以需要记忆化搜索。非常有趣。

值得一提的是 预处理j的下一步位置 需要使用迪杰斯特拉 这样复杂度是n^2log的。

const int MAXN=1010;
int n,m,len,S,T;
db f[MAXN][MAXN];
int ne[MAXN][MAXN],a[MAXN][MAXN];
int dis[MAXN],vis[MAXN],du[MAXN],mark[MAXN][MAXN];
int lin[MAXN],ver[MAXN<<1],nex[MAXN<<1];
priority_queue<pii>q;
inline void add(int x,int y)
{
	ver[++len]=y;
	nex[len]=lin[x];
	lin[x]=len;
	++du[y];
}
inline db dfs(int x,int y)
{
	if(mark[x][y])return f[x][y];
	mark[x][y]=1;
	if(x==y)return f[x][y]=0;
	if(ne[x][y]==y||ne[ne[x][y]][y]==y)return f[x][y]=1;
	int w=ne[ne[x][y]][y];
	++f[x][y];
	go(y)f[x][y]+=1.0/du[y]*dfs(w,tn);
	f[x][y]+=1.0/du[y]*dfs(w,y);
	return f[x][y];
}
inline void dij(int s)
{
	for(int i=1;i<=n;++i)dis[i]=INF;
	q.push(mk(0,s));
	dis[s]=0;
	while(q.size())
	{
		int x=q.top().S;
		q.pop();
		if(vis[x])continue;
		vis[x]=1;
		for(int i=lin[x];i;i=nex[i])
		{
			int tn=ver[i];
			if(dis[tn]>dis[x]+1)
			{
				dis[tn]=dis[x]+1;
				q.push(mk(-dis[tn],tn));
			}
		}
	}
}
int main()
{
	freopen("1.in","r",stdin);
	get(n);get(m);
	get(S);get(T);
	rep(1,m,i)
	{
		int x,y;
		get(x);get(y);
		add(x,y);add(y,x);
	}
	rep(1,n,i)
	{
		dij(i);++du[i];
		rep(1,n,j)a[i][j]=dis[j],vis[j]=0;
	}
	rep(1,n,i)rep(1,n,j)
	{
		int maxx=INF,p=0;
		for(int k=lin[i];k;k=nex[k])
		{
			int tn=ver[k];
			if(a[j][tn]==maxx)p=min(p,tn);
			if(a[j][tn]<maxx)maxx=a[j][tn],p=tn;
		}
		ne[i][j]=p;
	}
	printf("%.3lf",dfs(S,T));
	return 0;
}