Input
数据的第1行为两个整数N和E，以空格分隔，分别表示森林中的景点数和连接相邻景点的路的条数。 第2行包含两个整数C和M，以空格分隔，分别表示初始时聪聪和可可所在的景点的编号。 接下来E行，每行两个整数，第i+2行的两个整数Ai和Bi表示景点Ai和景点Bi之间有一条路。 所有的路都是无向的，即：如果能从A走到B，就可以从B走到A。 输入保证任何两个景点之间不会有多于一条路直接相连，且聪聪和可可之间必有路直接或间接的相连。
Output
输出1个实数，四舍五入保留三位小数，表示平均多少个时间单位后聪聪会把可可吃掉。
Sample Input
【输入样例1】
4 3
1 4
1 2
2 3
3 4
【输入样例2】
9 9
9 3
1 2
2 3
3 4
4 5
3 6
4 6
4 7
7 8
8 9
4 3
1 4
1 2
2 3
3 4
【输入样例2】
9 9
9 3
1 2
2 3
3 4
4 5
3 6
4 6
4 7
7 8
8 9
Sample Output
【输出样例1】
1.500
【输出样例2】
2.167
1.500
【输出样例2】
2.167
解析：
设f[i][j]为聪聪从i到j下一步 应该走的结点
想一下，i 到 j 的期望步数，是不是sum(f[f[i][j]][t] * (out[j] + 1)) + 1 t为j的下一个结点 或者 j本身 意思是可可下一步到达的结点
out[j]为j的出度 + 1 后 意味着可可有下一步有out[j] + 1种选择 那么每种选择的概率即为 1 / (out[j] + 1)
那么这个公式的意思为 i 到 j 的期望步数 等于 i的所有的子结点 到 j的 期望步数乘相应的概率 最后的+1 是从i到子结点需要1步
那么层层搜一下就好了
f数组用n次spfa即可 不要忽略了聪聪每一步都会走标号最小的结点
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <sstream>
#include <cstring>
#include <map>
#include <cctype>
#include <set>
#include <vector>
#include <stack>
#include <queue>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <bitset>
#define rap(i, a, n) for(int i=a; i<=n; i++)
#define rep(i, a, n) for(int i=a; i<n; i++)
#define lap(i, a, n) for(int i=n; i>=a; i--)
#define lep(i, a, n) for(int i=n; i>a; i--)
#define rd(a) scanf("%d", &a)
#define rlld(a) scanf("%lld", &a)
#define rc(a) scanf("%c", &a)
#define rs(a) scanf("%s", a)
#define pd(a) printf("%d\n", a);
#define plld(a) printf("%lld\n", a);
#define pc(a) printf("%c\n", a);
#define ps(a) printf("%s\n", a);
#define MOD 2018
#define LL long long
#define ULL unsigned long long
#define Pair pair<int, int>
#define mem(a, b) memset(a, b, sizeof(a))
#define _ ios_base::sync_with_stdio(0),cin.tie(0)
//freopen("1.txt", "r", stdin);
using namespace std;
const int maxn = , INF = 0x7fffffff, LL_INF = 0x7fffffffffffffff;
int n, m, ss, tt, cnt;
int head[maxn], f[maxn][maxn], vis[maxn], pre[maxn], d[maxn], out[maxn];
double p[maxn][maxn];
struct node
{
int v, next;
}Node[maxn << ]; void add_(int u, int v)
{
out[u]++;
Node[cnt].v = v;
Node[cnt].next = head[u];
head[u] = cnt++;
} void add(int u, int v)
{
add_(u, v);
add_(v, u);
} void spfa(int s)
{
queue<int> Q;
for(int i = ; i <= n; i++) d[i] = INF;
d[s] = ;
mem(vis, );
Q.push(s); vis[s] = ;
while(!Q.empty())
{
int u = Q.front(); Q.pop();
vis[u] = ;
for(int i = head[u]; i != -; i = Node[i].next)
{
node e = Node[i];
if(d[e.v] > d[u] + || d[e.v] == d[u] + && u < pre[e.v])
{
d[e.v] = d[u] + ;
pre[e.v] = u;
if(!vis[e.v])
{
vis[e.v] = ;
Q.push(e.v);
}
}
}
}
for(int i = ; i <= n; i++)
if(i != s)
f[i][s] = pre[i];
} double m_dfs(int u, int t)
{
if(u == t) return p[u][t] = ;
if(f[u][t] == t) return p[u][t] = ;
if(f[f[u][t]][t] == t) return p[u][t] = ;
if(p[u][t] >= -1e-) return p[u][t];
int nxt = f[f[u][t]][t];
double res = ;
for(int i = head[t]; i != -; i = Node[i].next)
{
node e = Node[i];
res += m_dfs(nxt, e.v) /(double) (out[t] + );
}
res += m_dfs(nxt, t) /(double) (out[t] + );
return p[u][t] = res;
} int main()
{
mem(head, -);
int u, v;
cin >> n >> m >> ss >> tt;
rap(i, , m)
{
cin >> u >> v;
add(u, v);
}
for(int i = ; i <= n; i++)
spfa(i);
mem(p, -);
printf("%.3f\n", m_dfs(ss, tt)); return ;
}
题目总结：
聪聪会走最短路，那么要想到最短路算法，因为每一步都是不确定的， 所以我们可以事先求出所有的每两点的情况，
对期望分布列不明确，没有想到具体的分布列