BZOJ
Luogu
PKUWC的Day2T3就叫随机游走
然后那道题我爆零了
皮这一下我很开心
sol
初步思路：求出每一条边期望会被走过多少次，然后排个序从大到小附上\(1...m\)的的权值。这样就能保证最小了。
然而一条边期望会被经过多少次？直接以这个作为高斯消元的自变量，方程不好列（因为边->边的转移不方便处理）
或者转化思路转而求一个点期望会出发多少次？（就是有多少次会以这个为起点出发去游走）
令\(f_i\)表示点\(i\)期望会出发多少次，我们发现，一条边\((u,v)\)期望会被经过的次数为
\[\frac{f_u}{du_u}+\frac{f_v}{du_v}\]
（就是从\(u\)或者是\(v\)都有\(\frac{1}{du_u}\)或是\(\frac{1}{du_v}\)的可能进到这条边）
所以现在就要求\(f_i\)
\[f_u=\sum_{v,(u,v)\in E}\frac{f_v}{du_v}\]
特殊的，\(f_n=0\)，然后\(f_1\)对应的那个式子最后面还有再加1
高斯消元即可。
复杂度\(O(n^3)\)跑得过的
code
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<queue>
using namespace std;
const int N = 505;
int gi()
{
int x=0,w=1;char ch=getchar();
while ((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-') ch=getchar();
if (ch=='-') w=0,ch=getchar();
while (ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
return w?x:-x;
}
struct edge{int to,next;}a[N*N<<1];
int n,m,U[N*N],V[N*N],head[N],cnt;
double f[N][N],du[N],sol[N],val[N*N],ans;
int main()
{
n=gi();m=gi();
for (int i=1,u,v;i<=m;i++)
{
u=U[i]=gi();v=V[i]=gi();
a[++cnt]=(edge){v,head[u]};head[u]=cnt;
a[++cnt]=(edge){u,head[v]};head[v]=cnt;
du[u]+=1.0;du[v]+=1.0;
}
for (int u=1;u<n;u++)
{
f[u][u]=1;
for (int e=head[u];e;e=a[e].next)
if (a[e].to^n) f[u][a[e].to]-=1.0/du[a[e].to];
}
f[1][n+1]=1;//本来就要等于1
f[n][n]=1;//f_n=0
for (int i=1;i<=n;i++)
for (int j=i+1;j<=n;j++)
for (int k=n+1;k>=i;k--)
f[j][k]-=f[i][k]*f[j][i]/f[i][i];
for (int i=n;i;i--)
{
sol[i]=f[i][n+1];
for (int j=n;j>i;j--)
sol[i]-=f[i][j]*sol[j];
sol[i]/=f[i][i];
}
for (int i=1;i<=m;i++)
val[i]=sol[U[i]]/du[U[i]]+sol[V[i]]/du[V[i]];
sort(val+1,val+m+1);
for (int i=1;i<=m;i++)
ans+=val[i]*(double)(m-i+1);
printf("%.3lf\n",ans);
return 0;
}