E. Intergalaxy Trips

完全图，\(1 \leq n \leq 1000\)每一天边有 \(p_{i,j}=\frac{A_{i,j}}{100}\) 的概率出现，可以站在原地不动，求 \(1\) 号点到 \(n\) 号点期望天数。

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注意 Windows 下 double 读入异常地慢，而自己 Linux 下读入巨快……

首先，每个点肯定都会往期望更小的点走。如果目标点期望比自己大，还不如原地不动。

所以点构成了一个全序关系。显然对于每个点，它的决策是确定的。

所以当确定一个点的最小期望值时，需要确定一个排列 \(P\) 使得方程解出来的 \(E_1\) 最小，且 \(E_{P_i}\) 随着 \(i\) 增加单调不降：

\[E_{P_i} = \sum_{j \leq i} E_{P_j} \cdot p_{P_i,P_j} \cdot \prod_{k<j} \left( 1 - p_{P_i,P_k} \right)
\]

但是这样考虑太麻烦了，我们考虑倒着做：因为当 \(i\) 越小时， \(E_{P_i}\) 的式子越简单。

因此考虑从 \(n\) 号点往回递推，当我们确定 \(P_i\) 时，对于每个点，它的式子前几项都已经求出来了，对 \(j = i\) 移项，每次取能解出的最小的 \(E\)。即 dijkstra 地求。

需要类似前缀和优化的技巧。

考虑正确性：

不妨假设最终的 \(E_i\) 互不相同。

我们假设确定 \(P_i\) 时最小的那个叫 \(A\)，然而我们顶替了一个 \(E\) 更大的 \(B\) 上去，那么 \(A\) 可以不走到 \(P_j (j \geq i)\) 的点达到更优解，那么就发生了 \(E_A < E_B\)，全序关系被破坏，矛盾。

#include <bits/stdc++.h>

const int MAXN = 1010;
double P[MAXN][MAXN];
double E[MAXN], prod[MAXN], dis[MAXN];
bool vis[MAXN];
int n;
int main() {
	std::ios_base::sync_with_stdio(false), std::cin.tie(0);
	std::cin >> n;
	for (int i = 1; i <= n; ++i)
		for (int j = 1, t; j <= n; ++j)
			std::cin >> t, P[i][j] = t / 100.;
	for (int i = 1; i < n; ++i)
		dis[i] = 1e100, E[i] = prod[i] = 1;
	dis[n] = 0;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		int at = 0;
		for (int j = 1; j <= n; ++j)
			if (!vis[j] && (!at || dis[at] > dis[j])) at = j;
		vis[at] = true;
		for (int j = 1; j <= n; ++j) if (!vis[j]) {
			E[j] += dis[at] * prod[j] * P[j][at];
			prod[j] *= 1 - P[j][at];
			dis[j] = E[j] / (1 - prod[j]);
		}
	}
	std::cout << std::fixed << std::setprecision(15) << dis[1] << std::endl;
	return 0;
}