JC的小苹果 逆矩阵

这题主要有两种做法：1种是用逆矩阵，转移时无须高斯消元。2是将常数项回代。这里主要介绍第一种。

首先题里少个条件：点权非负。设f [ i ][ j ]表示hp为i时，到达j点的期望次数。

那么若点权为正，直接转移：f [ i + w[ j ] ][ i ]对f [ i ][ j ]的贡献为f[ i+w[j] ]/d[ i ]（d[i]表示点i的出度）

若点权为0，则需高斯消元，单次消元复杂度（n^3）显然会炸，我们考虑优化。、

对于高斯消元，有一个结论：系数矩阵*答案矩阵=常数矩阵（用方程组的定义来理解，挺简单的，虽然我想了好久）

将系数矩阵换到右边，就变成了 答案矩阵=常数矩阵×系数矩阵的逆

对于本题而言，系数矩阵是不变的，变化的只有常数矩阵，而常数矩阵O（m）即可处理出，因此我们可以预处理出系数矩阵的逆矩阵,之后每次只需将逆矩阵与常数矩阵相乘，而常数矩阵为一个列向量，每次乘法复杂度O（n^2）,总复杂度O（(n^2+m)hp+n^3）。

对于矩阵求逆只需将原矩阵高斯消元，然后不管什么操作都对一个单位矩阵做同等变换，单位矩阵在消完元后也就变成了原矩阵的逆矩阵。

 #include<bits/stdc++.h>
 #define eps 1e-8
 using namespace std;
 int n,m,hp,a[],tot,to[],fi[],ne[],du[];
 double c[][],b[][],d[][],f[][],dp[],ans;
 inline void add(int x,int y)
 {
     ne[++tot]=fi[x];
     fi[x]=tot;
     to[tot]=y;
 }
 int main()
 {
     scanf("%d%d%d",&n,&m,&hp);
     for(int i=;i<=n;i++)
         scanf("%d",&a[i]);
     for(int i=,x,y;i<=m;i++)
     {
         scanf("%d%d",&x,&y);
         add(x,y),du[x]++;
         if(x!=y)
             add(y,x),du[y]++;
     }
     for(int i=;i<n;i++)
         for(int j=fi[i];j;j=ne[j])
         {
             int y=to[j];
             if(!a[y])
             {
                 c[y][i]+=1.0/du[i];
             }
         }
     for(int i=;i<=n;i++)
         b[i][i]=,c[i][i]--;
       for(int i=;i<=n;i++)
       {
           int k=i;
           for(int j=i+;j<=n;j++)
               if(fabs(c[j][i])>fabs(c[k][i]))
                   k=j;
           for(int j=;j<=n;j++)swap(c[i][j],c[k][j]),swap(b[i][j],b[k][j]);
           if(fabs(c[i][i])<eps)continue;
           double r=c[i][i];
           for(int j=;j<=n;j++)
               c[i][j]/=r,b[i][j]/=r;
           for(int j=;j<=n;j++)
           {
               if(i==j)continue;
               double r=c[j][i];
               for(int k=;k<=n;k++)
                   c[j][k]-=r*c[i][k],b[j][k]-=r*b[i][k];
           }
       }
       f[hp][]=-;
     for(int i=hp;i;i--)
     {
         for(int j=;j<=n;j++)
             for(int k=;k<=n;k++)
                 dp[j]+=f[i][k]*b[j][k];
         ans+=dp[n];
         for(int j=;j<n;j++)
         {
             for(int k=fi[j];k;k=ne[k])
             {
                 int y=to[k];
                 if(a[y]&&i>a[y])
                     f[i-a[y]][y]-=1.0*dp[j]/du[j];
             }
             dp[j]=;
         }
         dp[n]=;
     }
     printf("%.8lf",ans);
     return ;
 }