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http://vjudge.net/problem/viewProblem.action?id=20613
题意：不用说了，中文题。
这个题可以用概率DP来做。
题中要求猫抓到老鼠的时间期望。分析一下这个过程，如果猫在每单位时间里第一步移动没有抓到老鼠，它还可以继续移动一次。对于确定老鼠的位置，注意猫的每次移动都是固定的，而老鼠的移动位置却是不定的。
令dp[i][j]表示猫在i位置老鼠在j位置时，猫抓到老鼠的期望。next[i][j]表示猫从i位置到j位置时走最短路径需要移动到的第一个结点位置。d[i]表示结点i的度。
这样首先看猫的当前位置，如果i==j即猫和老鼠在同一个点，那么猫不用移动了这时候猫已经抓到了老师，dp[i][j]=0。
如果不等，考虑如果猫在这两次移动中抓到了老鼠，如果猫第一步移动到了老鼠当前所在位置，即next[i][j]==j,或者猫第二步移动抓到了老鼠，即next[next[i][j]][j]==j,此时所用时间都是1，dp[i][j]=1。
其他情况，考虑猫在该单位时间内没抓到老鼠，此时的状态转移取决于老鼠的行动。老鼠可以移动到任意一个和j结点相连的点，也可以停留在j点，每种情况发生的概率是1/(d[j]+1),每次转移到的状态即dp[next[next[i][j]][j]][k](k取值j,或与j点直接连边的点），运用全期望公式即可。
这样记忆化搜索可解。
其中计算next[][]的过程可以用bfs预处理。
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <vector> #include <queue> #include <algorithm> #define ll long long #define MAXN 30005 using namespace std; int n,m; vector<int> gl[1005]; bool vis[1005][1005]; double f[1005][1005]; int next[1005][1005]; struct Point { int pos,from; Point(int a=0,int b=0):pos(a),from(b) {} }; void bfs(int sst) { bool vis[1005]= {0}; queue<Point> que; que.push(Point(sst)); while(!que.empty()) { Point q=que.front(); que.pop(); for(int i=0; i<gl[q.pos].size(); ++i) { if(vis[gl[q.pos][i]]) continue; vis[gl[q.pos][i]]=true; int f; if(q.pos==sst) f=gl[q.pos][i]; else f=q.from; que.push(Point(gl[q.pos][i],f)); next[sst][gl[q.pos][i]]=f; } } } double dp(int i,int j) { if(vis[i][j]) return f[i][j]; vis[i][j]=true; int &p=next[i][j]; if(i==j) return f[i][j]=0; if(p==j||next[p][j]==j) return f[i][j]=1; f[i][j]=0; for(int k=0; k<gl[j].size(); ++k) f[i][j]+=dp(next[p][j],gl[j][k]); f[i][j]+=dp(next[p][j],j); f[i][j]/=(gl[j].size()+1); f[i][j]++; return f[i][j]; } int main() { scanf("%d%d",&n,&m); int st,ed; scanf("%d%d",&st,&ed); for(int i=0; i<m; ++i) { int x,y; scanf("%d%d",&x,&y); gl[x].push_back(y); gl[y].push_back(x); } for(int i=1; i<=n; ++i) { sort(gl[i].begin(),gl[i].end()); bfs(i); } memset(vis,0,sizeof(vis)); printf("%.3lf\n",dp(st,ed)); return 0; }
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原文地址：http://www.cnblogs.com/kkkwjx/p/3728947.html
