cogs 341:[NOI2005] 聪聪与可可

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　★★ 输入文件：cchkk.in 输出文件：cchkk.out 简单对比
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【问题描述】

在一个魔法森林里，住着一只聪明的小猫聪聪和一只可爱的小老鼠可可。虽然灰姑娘非常喜欢她们俩，但是，聪聪终究是一只猫，而可可终究是一只老鼠，同样不变的是，聪聪成天想着要吃掉可可。

一天，聪聪意外得到了一台非常有用的机器，据说是叫GPS，对可可能准确的定位。有了这台机器，聪聪要吃可可就易如反掌了。于是，聪聪准备马上出发，去找可可。而可怜的可可还不知道大难即将临头，仍在森林里无忧无虑的玩耍。小兔子乖乖听到这件事，马上向灰姑娘报告。灰姑娘决定尽快阻止聪聪，拯救可可，可她不知道还有没有足够的时间。

整个森林可以认为是一个无向图，图中有N个美丽的景点，景点从1至N编号。小动物们都只在景点休息、玩耍。在景点之间有一些路连接。

当聪聪得到GPS时，可可正在景点M(M≤N)处。以后的每个时间单位，可可都会选择去相邻的景点(可能有多个)中的一个或停留在原景点不动。而去这些地方所发生的概率是相等的。假设有P个景点与景点M相邻，它们分别是景点R、景点S，……景点Q，在时刻T可可处在景点M，则在(T＋1)时刻，可可有1/(P+1)的可能在景点R，有1/(P+1)的可能在景点S，……，有1/(P+1)的可能在景点Q，还有1/(P+1)的可能停在景点 M。

我们知道，聪聪是很聪明的，所以，当她在景点C时，她会选一个更靠近可可的景点，如果这样的景点有多个，她会选一个标号最小的景点。由于聪聪太想吃掉可可了，如果走完第一步以后仍然没吃到可可，她还可以在本段时间内再向可可走近一步。

在每个时间单位，假设聪聪先走，可可后走。在某一时刻，若聪聪和可可位于同一个景点，则可怜的可可就被吃掉了。灰姑娘想知道，平均情况下，聪聪几步就可能吃到可可。而你需要帮助灰姑娘尽快的找到答案。

【输入文件】

从文件中读入数据。
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。

【输出文件】

输出到文件中。
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。

【样例输入1】

【样例输出1】

1.500

【样例说明1】

开始时，聪聪和可可分别在景点1和景点4。

第一个时刻，聪聪先走，她向更靠近可可(景点4)的景点走动，走到景点2，然后走到景点3；假定忽略走路所花时间。

可可后走，有两种可能：

第一种是走到景点3，这样聪聪和可可到达同一个景点，可可被吃掉，步数为1，概率为 0.5。第二种是停在景点4，不被吃掉。概率为 0.5。

到第二个时刻，聪聪向更靠近可可(景点4)的景点走动，只需要走一步即和可可在同一景点。因此这种情况下聪聪会在两步吃掉可可。

所以平均的步数是1* 0.5+2* 0.5=1.5步。

【样例输入2】

【样例输出2】

2.167

【样例说明2】

森林如下图所示：

cogs 341:[NOI2005] 聪聪与可可

【数据范围】

对于所有的数据，1≤N,E≤980。
对于50%的数据，1≤N≤50。

题解：

　　聪聪每次可以走两步，可可可以走一步或者不走，聪聪先走，可可后走，聪聪朝向可可走，可可走向不同的方向概率是一样的。聪聪可以走两步的原因是：如果图是一个环，聪聪一步，可可一步，有一种情况是聪聪永远也吃不到可可，则期望步数比较难求，所以走两步是方便做题。

　　我们设数组p[i][j]表示顶点i到顶点j的最短路上与顶点i相邻且编号最小的顶点编号，p数组可以用N遍SPFA算出，再令f[i][j]表示聪聪在i，可可在j，聪聪吃到可可的期望步数，显然f[i][j]是由f[p[p[i][j]][j]][to[j][k]]和f[p[p[i][j]][j]][j]转移过来，可以看出，f[i][j]是由上面两式+1得到的，所以最终的答案就是： cogs 341:[NOI2005] 聪聪与可可

这个式子可以用dfs求出。

 1 #include<iostream>
 2 #include<cstdio>
 3 #include<cstdlib>
 4 #include<cstring>
 5 #include<cmath>
 6 #include<algorithm>
 7 #include<queue>
 8 #include<vector>
 9 using namespace std;
10 const int maxn=2000;
11 int N,M,cong,ke;
12 double f[maxn][maxn];
13 int p[maxn][maxn],t[maxn];
14 int pre[maxn],dis[maxn];
15 bool vis[maxn];
16 vector<int> to[maxn];
17 inline void SPFA(int S){
18     static queue<int> Q;
19     while(!Q.empty()) Q.pop();
20     memset(vis,false,sizeof(vis)); memset(dis,0,sizeof(dis)); memset(pre,0,sizeof(pre)); 
21     Q.push(S); vis[S]=true; dis[S]=1;
22     while(!Q.empty()){
23         int x=Q.front(); Q.pop();
24         for(int i=0;i<to[x].size();i++){
25             int y=to[x][i];
26             if(vis[y]==false){
27                 dis[y]=dis[x]+1; vis[y]=true; 
28                 if(x==S) pre[y]=y;
29                 else pre[y]=pre[x];
30                 Q.push(y);
31             }
32             else if(dis[x]+1<=dis[y]){
33                 pre[y]=min(pre[y],pre[x]);
34             }
35         }
36     }
37 }
38 inline double dfs(int x,int y){
39     if(x==y) return 0;
40     if(f[x][y]!=0) return f[x][y];
41     double ans=dfs(p[p[x][y]][y],y);
42     for(int i=0;i<to[y].size();i++){
43         int next=to[y][i];
44         ans+=dfs(p[p[x][y]][y],next);
45     }
46     ans/=(t[y]+1); ans+=1;
47     f[x][y]=ans;
48     return ans;
49 }
50 int main(){
51     //freopen("cchkk.in","r",stdin);
52     //freopen("cchkk.out","w",stdout);
53     scanf("%d%d%d%d",&N,&M,&cong,&ke);
54     for(int i=1,u,v;i<=M;i++){
55         scanf("%d%d",&u,&v);
56         to[u].push_back(v); to[v].push_back(u);
57         t[u]++; t[v]++;
58     }
59     for(int i=1;i<=N;i++){
60         SPFA(i);
61         for(int j=1;j<=N;j++){
62             if(i!=j) p[i][j]=pre[j];
63         }
64     }
65 
66     for(int i=1;i<=N;i++){
67         for(int j=1;j<=N;j++){
68             if(i!=j&&(p[i][j]==j||p[p[i][j]][j]==j)) f[i][j]=1;
69         }
70     }
71     printf("%.3lf\n",dfs(cong,ke));
72     
73     return 0;
74 }

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