BZOJ 3925 Zjoi2015 地震后的幻想乡 期望状压DP

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题目大意：给定一张点数不超过10的无向连通图，每条边有一个[0,1]之间的随机权值，求最小生成树上最大边的期望值

此生无悔入东方，来世愿生幻想乡

OTZ

首先既然权值在[0,1]之间均匀分布那么两条边权值相同的概率为0 于是我们只考虑所有边边权都不同的情况

如果最小生成树上的最大边为x，那么权值小于x的边一定不能将这个图连通，而权值<=x的边就可以

因此对于一个x，如果我们求出【只有边权小于x的边存在时这个图不连通】的概率，那么这个概率就是答案>=x的概率

不妨设这个概率为f(x) 那么这个f(x)其实是关于x的一个多项式 而答案就是∫[0,1]f(x)dx

至于为什么答案是f(x)的积分可以感性理解下。。。我数死早。。。

下面就是如何求f(x)了

首先【边权小于x的概率】就是x 因此这个问题等价于【每条边有x的概率出现时这个图不连通的概率】

”然后就是经典做法了“。。。clj只说到这。。。然后我扒了半天代码才反应过来怎么做QAQ 我好弱QAQ

这个做法和POJ1737 连通图的做法是类似的

首先我们考虑补集法 求这个图连通的概率 然后用1减掉就行了

然后我们枚举每一个诱导子图 计算这个子图连通的概率

首先我们任选子图中的一点p，然后枚举哪些点与p相连

设p所在联通块联通的概率为q，x所在联通块与其它点之间共有k条边，那么这种情况不连通的概率就是q*(1-x)^k

从1中减掉所有不连通的概率就是这个状态连通的概率了。。。

我语死早看不懂就去看代码吧。。。。

注意精度有问题 long double过不去 要用__float128

#include <vector>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iomanip>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define M 15
using namespace std;
 
typedef __float128 ld;
typedef vector<long long> Poly;
 
int n,m,a[M];
 
Poly pow_1_x[M*M],f[1<<10];
 
Poly operator + (const Poly &x,const Poly &y)
{
    int i;
    Poly re(max(x.size(),y.size()),0);
    for(i=0;i<x.size();i++)
        re[i]+=x[i];
    for(i=0;i<y.size();i++)
        re[i]+=y[i];
    return re;
}
 
Poly operator - (const Poly &x,const Poly &y)
{
    int i;
    Poly re(max(x.size(),y.size()),0);
    for(i=0;i<x.size();i++)
        re[i]+=x[i];
    for(i=0;i<y.size();i++)
        re[i]-=y[i];
    return re;
}
 
Poly operator * (const Poly &x,const Poly &y)
{
    int i,j;
    Poly re(x.size()+y.size()-1,0);
    for(i=0;i<x.size();i++)
        for(j=0;j<y.size();j++)
            re[i+j]+=x[i]*y[j];
    return re;
}
 
ld Integrate (const Poly &x)
{
    int i;ld re=0;
    for(i=0;i<x.size();i++)
        re+=(ld)x[i]/(i+1);
    return re;
}
 
int Count(int x)
{
    int re=0;
    for(;x;x-=x&-x)
        re++;
    return re;
}
 
int main()
{
    int i,j,k,x,y;
    cin>>n>>m;
    for(i=1;i<=m;i++)
    {
        scanf("%d%d",&x,&y);
        a[x]|=1<<y-1;
        a[y]|=1<<x-1;
    }
    new (&pow_1_x[0])Poly(1,1);
    new (&pow_1_x[1])Poly(2,0);
    pow_1_x[1][0]=1;pow_1_x[1][1]=-1;
    for(i=2;i<=m;i++)
        pow_1_x[i]=pow_1_x[i-1]*pow_1_x[1];
    for(i=1;i<1<<n;i++)
    {
        new (&f[i])Poly(1,1);
        for(x=1;x<=n;x++)
            if(i>>x-1&1)
                break;
        for(j=i^(1<<x-1);j;(--j)&=i^(1<<x-1))
        {
            int temp=i^j,cnt=0;
            for(k=1;k<=n;k++)
                if(temp>>k-1&1)
                    cnt+=Count(a[k]&j);
            f[i]=f[i]-f[temp]*pow_1_x[cnt];
        }
    }
    Poly disconnect=Poly(1,1)-f[(1<<n)-1];
    ld ans=Integrate(disconnect);
    cout<<fixed<<setprecision(6)<<(double)ans<<endl;
    return 0;
}

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原文地址：http://blog.csdn.net/popoqqq/article/details/44858691